Apuntes de Variable Compleja Dr. Carlos Lizama Universidad de Santiago de Chile Facultad de Ciencias Departamento de Matemática y C.C. Introducción El presente texto de apuntes de Variable Compleja corresponde al curso del mismo nombre (hoy Cálculo IV) impartido por el autor a la carrera de Ingenierı́a Matemática durante varios semestres consecutivos. La presente corresponde a la versión preliminar del texto. Se agradecerá a aquellos estudiantes que puedan contribuir con sus observaciones a fin de concretar la primera versión del libro para el segundo semestre del 2008. Santiago, Marzo 2008. 2 Índice general 1. Preliminares 1.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Propiedades algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 5 2. Funciones de Variable Compleja 2.1. Funciones analı́ticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Algunas funciones de variable compleja. . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 12 3. Series 3.1. Series de Taylor . . . . . . . . . . . . 3.2. Representaciones por series de Taylor 3.3. Serie geométrica . . . . . . . . . . . . 3.4. Extensión analı́tica . . . . . . . . . . 3.5. Prolongación analı́tica . . . . . . . . 3.6. Transformaciones conformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 15 18 20 21 22 23 4. Integración 4.1. Definición y propiedades . . . 4.2. Formula de Cauchy . . . . . . 4.3. Teorı́a de indice y homotopı́a 4.4. Teoremas fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 24 25 27 27 5. Polos y residuos 5.1. Desarrollo en serie de Laurent . . 5.2. Residuos . . . . . . . . . . . . . . 5.3. Cálculo de integrales . . . . . . . 5.4. Fórmula de Poisson . . . . . . . . 5.5. Fórmula de Jensen . . . . . . . . 5.6. Automorfismos del disco unitario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 34 37 43 44 48 50 6. Ejercicios 6.1. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 54 89 . . . . 3 Capı́tulo 1 Preliminares 1.1. Introducción La primera noción de un número complejo fue descubierta en conexión con resolver ecuaciones cuadráticas. Consideremos, por ejemplo, la ecuación z 2 + 1. Obviamente, esta no tiene soluciones reales, ya que para cualquier real x, x2 ≥ 0 y x2 + 1 > 0. √ La idea es escribir, formalmente, z = ± −1; pero no existe número real cuyo cuadrado de −1. Luego, si ecuación tiene una solución, debe ser en un sistema de números mayor que el conjunto de los números reales. Este fue el problema planteado a matemáticos por alrededor de 700 años: Extender los reales a un sistema mayor de números en el cual la ecuación z 2 + 1 puede tener una solución. C. Gauss (1780-1840) fue el primer matemático en usar sistemáticamente números complejos. La serie Hipergeométrica 1+ ab a(a + 1)b(b + 1) 2 x+ x + ... c c(c + 1) · 1 · 2 Se comprende mejor al analizar los complejos | x |< 1. (Note que si b = c y a = 1 se obtiene la serie geométrica). Gauss Demostró: ”Toda ecuación an z n + an−1 z n−1 + ... + a0 = 0 tiene n-soluciones en C”. A. L. Cauchy dió la estructura central al desarrollo de variable compleja a través de la idea de la integral de lı́nea: Z f (z)dz, γ 1 la cual da sentido a la fórmula integral de Cauchy: f (z) = 2πi 4 Z γ f (ζ) dζ ζ −z 1.2. PROPIEDADES ALGEBRAICAS 1.2. 5 Propiedades algebraicas Un número complejo es una expresión de la forma z = a + bi, con a y b números reales e i2 = −1. Denotamos el conjunto de los números complejos por C. Bajo la suma y producto, C es un cuerpo conmutativo. Como i2 = −1, la ecuación z 2 + 1 tiene al menos una raı́z en C, En efecto: z 2 + 1 = (z + i)(z − i) Más generalmente: z 2 + w2 = (z + iw)(z − iw) Si z = a ∈ R, entonces (para a 6= 0, b 6= 0) 1 a − ib , = 2 a + ib a + b2 con lo cual se tiene una fórmula para el recı́proco de un número complejo. Notación 1 z = a − ib es el conjugado de z = a + ib 1 | z |= (a2 + b2 ) 2 es el valor absoluto de z. Con las notaciones anteriores, tenemos: 1 z = z | z |2 , si z 6= 0 Propiedades básicas son: Re(z) = 12 (z + z) Im(z) = 1 (z 2i − z) Note además que Re(z) ≤| z | y Im(z) ≤| z | Proposición 2 (Desigualdad Triangular) | z + w |≤| z | + | w | Demostración. | z + w |2 = (z + w)(z + w) = (z + w)(z + w) = zz + zw + wz + ww = | z |2 +2Re(zw)+ | w |2 ≤ | z |2 +2 | zw | + | w |2 = | z |2 +2 | z || w | + | w |2 = (| z | + | w |)2 Capı́tulo 2 Funciones de Variable Compleja 2.1. Funciones analı́ticas Definición 3 Sea f : Ω → C una función definida en un abierto en el plano y z0 ∈ Ω. Se dice que f (z) es derivable en z0 (u holomorfa o analı́tica) si existe el lı́mite: f (z) − f (z0 ) f 0 (z0 ) = lı́m z→z0 z − z0 Observación 4 Una función f se dice analı́tica en un abierto Ω si es analı́tica en cada punto de Ω. Observación 5 Es fácil ver que si f es holomorfa en z0 entonces f es continua en z0 . Ejemplo 6 1) f (z) = z. f es holomorfa en C y f 0 (z) = 1. 2) g(z) = z n , n entero positivo. Calculamos el cuociente g(z) − g(z0 ) z n − zon = = z n−1 + z n−2 zo + ... + zon−1 z − z0 z − z0 Tomando el lı́mite z → z0 , obtenemos g 0 (z0 ) = nzon−1 3) Sea h(z) = z, Vamos a ver que no es derivable en z0 = 0. Queremos ver si existe o no z lı́m z→0 z Si el lı́mite existe, debe ser el mismo, no importa como nos aproximamos a 0. t Para z ∈ R, z = t, tenemos lı́m = 1. t→0 t −it = −1. it Por lo tanto h no es analı́tica en z = 0. Para z imaginario, z = it, tenemos lı́mt→0 6 2.1. FUNCIONES ANALÍTICAS 7 Ejercicio 7 Demuestre que f (z) = |z|2 es derivable sólo en z0 = 0. Teorema 8 Si f y g son derivables, entonces: 1) (f + g)0 = f 0 + g 0 2) (f g)0 = f 0 g + f g 0 µ ¶0 1 −g 0 3) = 2 cuando g 6= 0 g g µ ¶0 f f 0g − f g0 cuando g 6= 0 4) = g g2 Demostración. 1) Tenemos (f + g)(z) − (f + g)(z0 ) f (z) − f (z0 ) g(z) − g(z0 ) = + z − z0 z − z0 z − z0 Si tomamos el lı́mite para z → z0 obtenemos la fórmula. 2) (f g)(z) − (f g)(z0 ) f (z) − f (z0 ) g(z) − g(z0 ) = g(z) + f (z0 ) z − z0 z − z0 z − z0 Tomamos el lı́mite para z → z0 y usamos el hecho de que g es continua en z0 , obteniendo f 0 (z0 )g(z0 ) + f (z0 )g 0 (z0 ) 3) Usando 2) µ 0= Luego, 4) 1 g g ¶0 µ ¶0 1 =g +g g g 01 µ ¶0 1 −g 0 = 2 g g µ ¶0 µ ¶0 f 1 1 −g 0 f 0g − f g0 = f = f0 + f 2 = g g g g g2 an z n + ... + a0 Corolario 9 Toda función racional r(z) = es derivable en el bm z m + ... + b0 1 abierto Ω = {z : bm z m + ... + b0 } . En particular, la función es derivable en z C\{0}. 8 CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA Ejemplo 10 Sea g(z) = además: az + b ; ad − bc = 1. g es derivable, excepto en z0 = cz + d g 0 (z) = −d , c 1 . (cz + d)2 En efecto, g 0 (z) = a(cz + d) − c(az + b) ad − bc 1 = = . (cz + d)2 (cz + d)2 (cz + d)2 Definición 11 Diremos que f (z) es derivable en z0 = ∞ si la función g(t) = µ ¶ 1 f , es derivable en t0 = 0. t Observación. Lo anterior también se puede hacer para funciones continuas. Ejemplo 12 f (z) = Tenemos µ ¶ 1 g(t) = f = t luego g 0 (t) = f 0 (0) = 1 3 Teorema 13 z+2 3z 2 − 1 1 t 3 t2 +2 t + 2t2 = 3 − t2 −1 (1 + 4t)(3 − t2 ) + 2t(t + 2t2 ) 1 , de donde g 0 (0) = . Por lo tanto 2 2 (3 − t ) 3 (f ◦ g)0 (z) = f 0 (g(z))g 0 (z) Demostración. f (g(z)) − f (g(z0 )) g(z) − g(z0 ) f (g(z)) − f (g(z0 )) = z − z0 g(z) − g(z0 ) z − z0 Sea f : Ω ⊆ R2 → R2 . Se dice que f es diferenciable en el punto (x0 , y0 ) ∈ Ω si existe una transformación lineal L tal que: f (x, y) − f (x0 , y0 ) = L(x − x0 , y − y0 ) + e(x − x0 , y − y0 ) 2.1. FUNCIONES ANALÍTICAS 9 en que: p e(x − x0 , y − y0 ) (x − x0 )2 + (y − y0 )2 →0 cuando x → x0 y y → y0 , esto es, el error es pequeño comparado con la norma. Observar que L : R2 → R2 es una aplicación lineal cuya matriz, con respecto a las bases canónicas, es: ∂f1 ∂f1 ∂x (x0 , y0 ) ∂y (x0 , y0 ) [L] = . ∂f2 ∂f2 (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) ∂x ∂y La prueba del siguiente resultado se ve usualmente en cursos de cálculo por lo que no se mostrará aqui. ∂f ∂f , existen y son continuas en (x0 , y0 ) entonces f es difer∂x ∂y enciable en ese punto. Teorema 14 Si La siguiente es una de las principales caracterizaciones de funciones analiticas. Teorema 15 (Ecuaciones de Cauchy-Riemann) Sea f = u+v una función diferenciable en z0 = (x0 , y0 ). Entonces f es holomorfa en z0 si y sólo si se cumplen ∂u ∂v ∂u −∂v las ecuaciones: = , = en el punto (x0 , y0 ). ∂x ∂y ∂y ∂x Demostración. (⇒)Por definición, se tiene que f (z0 + t) − f (z0 ) f (z0 + it) − f (z0 ) = lı́m t→0 t→0 t t lı́m equivalentemente u(z0 + t) + iv(z0 + t) − u(z0 ) − iv(z0 ) t→0 t lı́m = u(z0 + it) + iv(z0 + it) − u(z0 ) − iv(z0 ) 1 lı́m i t→0 t o bien · ¸ v(z0 + t) − v(z0 ) u(z0 + t) − u(z0 ) +i lı́m t→0 t t · ¸ u(z0 + it) − u(z0 ) iv(z0 + it) − v(z0 ) = lı́m + . t→0 t t 10 CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA Observar que cuando t → 0 u(z0 + t) − u(z0 ) u(x0 + t, y0 ) − u(x0 , y0 ) ∂u = −→ (x0 , y0 ) t t ∂x y u(x0 , y0 + t) − u(x0 , y0 ) ∂u u(z0 + it) − u(z0 ) = −→ (x0 , y0 ). t t ∂y Reemplazando, obtenemos · ¸ ∂u ∂v 1 ∂u ∂v (z0 ) + i (z0 ) = (z0 ) + i (z0 ) . ∂x ∂x i ∂y ∂y Luego ∂u ∂v = ∂x ∂y y − (⇐) Como f es diferenciable, existe ∂v ∂u = . ∂x ∂y ∂u ∂u ∂x (z0 ) ∂y (z0 ) Df (x0 , y0 ) = ∂v ∂v (z0 ) (z0 ) ∂x ∂y tal que ³ f (x, y) = f (x0 , y0 ) + Df (x0 , y0 ) x − x0 y − y0 ´ + e(x − x0 , y − y0 ), o equivalentemente u(x, y) + iv(x, y) = u(x0 , y0 ) + iv(x0 , y0 ) + ∂u (x0 , y0 )(x − x0 ) ∂x ∂u (x0 , y0 )(y − y0 ) ∂y · ¸ ∂v ∂v + i (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ) ∂x ∂y + e1 (x − x0 , y − y0 ) + ie2 (x − x0 , y − y0 ). + Por hipótesis ∂u ∂u (z0 )(x − x0 ) + (z0 )(y − y0 ) f (z) − f (z0 ) = ∂x ∂y · ¸ ∂u ∂u +i − (z0 )(x − x0 ) + (z0 )(y − y0 ) + e(x − x0 , y − y0 ) ∂y ∂x 2.1. FUNCIONES ANALÍTICAS ⇔ f (z) − f (z0 ) = 11 ∂u ∂u (z0 )(z − z0 ) − i (z0 )(z − z0 ) + e(x − x0 , y − y0 ) ∂x ∂y Entonces f (z) − f (z0 ) ∂u ∂u e(x − x0 , y − y0 ) (z0 ) − i (z0 ) + = z − z0 ∂x ∂y z − z0 Tomamos el lı́mite cuando z → z0 , y nos queda lı́m z→z0 f (z) − f (z0 ) ∂u ∂u e(x − x0 , y − y0 ) = (z0 ) − i + lı́m z − z0 ∂x ∂y z→z0 z − z0 e(x − x0 , y − y0 ) = 0, se obtiene que existe f 0 (z0 ) lo cual concluye la z→z0 z − z0 demostración. Ya que lı́m Observación 16 De la demostración del teorema anterior, tenemos que ∂u ∂u (z0 ) − i (z0 ) ∂x ∂y · ¸ ∂v ∂v = i −i ∂x ∂y f 0 (z0 ) = Otra expresión para f 0 (z) es la siguiente: Ya que f (z) = u(z) + iv(z), entonces ∂f ∂u ∂v (z) = (z) + i (z) ∂x ∂x ∂x ∂f ∂u ∂v (z) = (z) + i (z) ∂y ∂y ∂y Haciendo (2.1)-i(2.2), se obtiene finalmente (2.1) (2.2) ∂f ∂f ∂u ∂u ∂v ∂v (z) − i (z) = (z) − i (z) + i (z) + (z) ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y · ¸ 1 ∂f ∂f 0 f (z) = (z) − i (z) 2 ∂x ∂y Ejercicio 17 1) Pruebe que en coordenadas polares, las ecuaciones de Cauchy∂u ∂v ∂v ∂u Riemann se escriben como = −r y =r . ∂θ ∂r ∂θ ∂r 2) Pruebe que en notación compleja las ecuaciones de Cauchy-Riemann se ∂f = 0. escriben como ∂z 12 CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA Definición 18 Sea p : Ω ⊆ C → R, p se dice armónica si ∂ 2p ∂ 2p + =0. ∂x2 ∂y 2 Notación: ∆p := ∂ 2p ∂ 2p + se le llama el Laplaciano de p. ∂x2 ∂y 2 Proposición 19 Si f = u + iv es analı́tica, entonces u y v son armónicas. Demostración. Debemos probar por definición que ∆u = 0 y ∆v = 0. Como f es analı́tica, ∂f entonces: =0 ∂z ∂u ∂v ∂u ∂v Como f = u + iv, entonces: +i = 0. Ası́, =0y = 0. ∂z ∂z ∂z ∂z Por lo tanto, ∂ 2u =0 ∂z∂z y ∂ 2v = 0. ∂z∂z De esto se puede concluir que ∆u = 0 y ∆v = 0. Ejercicio 20 1) Sea f (x, y) = x2 + y 2 . Demuestre que f no puede ser la parte real o imaginaria de una función analı́tica. 2) Pruebe que si f es analı́tica y u es armónica, entonces f ◦ u es armónica. 2.2. Algunas funciones de variable compleja. I. Función exponencial. Se define como: ez := ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y) Propiedades 2.2. ALGUNAS FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 13 ez es una función analı́tica en C. (ez )0 = ez e0 = 1, e2πin = 1∀n ∈ Z ez+w = ez ew ez 6= 0, ∀z ∈ C |eiy | = 1, |ez | = ex II. Funciones trigonométricas. Se definen como: sin z = eiz − e−iz ; 2i cos z = eiz + e−iz 2 Propiedades 1) (sin z)0 = cos z, (cos z)0 = − sin z 2) sin z = 0 ⇔ z = nπ, cos z = 0 ⇔ z = (2n + 1) π2 , n ∈ Z. 3) cos(z + w) = cos z cos w − sin z sin w, sin(z + w) = sin z cos w + sin w cos z 4) cos2 z + sin2 z = 1 00 Teorema 21 √Las soluciones √ de la ecuación f + kf = 0; k ∈ C son de la forma: f (z) = A cos( kz) + B sin( kz). III. Función raı́z ¡ ¢¢Se define como: ¡ ¢ enésima √ 1 ¡ n z = r n cos nθ + i sin nθ z = reiθ , −π < θ < π, r > 0, n = 1, 2, 3, ... Proposición 22 √ n z es analı́tica en Ω. Para la demostración se deben utilizar las ecuaciones de Cauchy-Riemann en su forma polar (Ejercicio). IV. Funciones hiperbólicas Se definen las funciones seno hiperbólico y coseno hiperbólico como sigue: ez − e−z sinh z = 2 ez + e−z cosh z = 2 Propiedades 1) (sinh z)0 = cosh z, (cosh z)0 = sinh z 2 2 2) cosh z − sinh z = 1 3) cosh(z + w) = cosh z cos w + sinh z sinh w, sinh(z + w) = sinh z cosh w + sinh z cosh w 4) sinh(iz) = i sin z, cosh(iz) = cos z 14 CAPÍTULO 2. FUNCIONES DE VARIABLE COMPLEJA Teorema 23 Las de la ecuación y 00 = ky; k ∈ C son de la forma: √ soluciones √ y(z) = A cosh( kz) + B sinh( kz). V. Función logaritmo. Se define la función logaritmo como: ln z = ln r + iθ, para r > 0 y θ ∈ [−π, π]. Propiedades 1) La función logaritmo es analı́tica en Ω. 1 2) (ln z)0 = z 3) eln z = z, para todo z ∈ Ω. VI. Función potencia. La función potencia se define como: z w = ew ln z , para cada w ∈ Ω. Propiedades 1) La función potencia es analı́tica en Ω. d(z w ) 2) = wz w−1 dz Ejemplo: Calcular ii . Solución: Aplicando la definición de la función logaritmo, queda: ln i = ln 1 + −π π π i 2 = iπ2 Entonces ii = ei(i 2 ) = e 2 i Ejercicio 24 Calcule ii . Capı́tulo 3 Series 3.1. Series de Taylor El siguiente es el resultado básico en series de potencias. Teorema 25 Considerar f (z) = radio de convergencia. Entonces, ∞ X an (z − z0 )n y sea R = n=0 1 p el lı́mn→∞ ( n |an |) (a) Para cada z ∈ C tal que |z − z0 | < R, la serie converge (absolutamente). (b) Para cada z ∈ C tal que |z − z0 | > R, la serie diverge. (c) La serie converge uniformemente en subconjuntos compactos (cerrado y acotado) del disco D(z0 , R) = {z ∈ C tal que |z − z0 | < R} Teorema 26 Sea ∞ X n an z convergente en D(0, R). Entonces f (z) = n=0 analı́tica en D(0, R), y además f 0 (z) = gente en D(0, R). ∞ X n=1 Demostración. Analicemos la siguiente diferencia: 15 ∞ X an z n es n=0 nan z n−1 la cual es también conver- 16 CAPÍTULO 3. SERIES ¯ ¯ ∞ ∞ ¯ ¯X X ¯ ¯ n n ¯ ¯ a z − a z ¯ ¯ n n 0 ∞ ¯ f (z) − f (z ) X ¯ ¯ ¯ P∞ ¯ 0 n−1 ¯ n¯ n=0 n=0 ¯ − nan z0 ¯ = ¯ − na z ¯ n 0 n=1 z−z0 ¯ ¯ z − z0 ¯ ¯ ¯ n=0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ N ¯ N ¯X ¯ X n n ¯ ¯ a z − a z n n ¯ ¯ 0 N X ¯ n=0 ¯ n=0 n−1 ¯ ¯ ≤ ¯ − nan z0 ¯ z − z0 ¯ ¯ n=1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ N ∞ ¯ ¯X X ¯ ¯ nan z0n−1 ¯ nan z0n−1 − + ¯ ¯ ¯ n=1 n=1 ¯ ∞ ¯ ∞ ¯ X ¯ X n n¯ ¯ a z − a z n n 0¯ ¯ ¯ n=N +1 ¯ n=N +1 ¯ ¯ + ¯ z−z0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ El primer término tiende a cero cuando z tiende a z0 , ya que es la derivada del polinomio N X p(z) = an z n . n=0 El segundo término tiende a cero cuando N tiende a infinito, ya que la serie ∞ X nan z n−1 converge, lo que demostraremos más adelante. n=1 Para se tiene¯ que: ¯ el∞tercer término ∞ X ¯ X ¯ ¯ ¯ an z n − an z0n ¯¯ ¯ ∞ ¯ ¯ X n n¯ ¯ n=N +1 ¯ z − z0 ¯ n=N +1 ¯ ¯ = ¯¯ an ¯ ¯ ¯ z − z0 z − z0 ¯ ¯ ¯ ¯n=N +1 ¯ ¯ ¯ ¯ Pero, z n − z0n = z n−1 + z n−2 z0 + z n−3 z02 + · · · + z0n−1 z − z0 Por¯ lo tanto,¯ ¯ z n − z0n ¯ n−1 ¯ ¯ + |z|n−2 |z0 | + |z|n−3 |z0 |2 + · · · + |z0 |n−1 ¯ z − z0 ¯ ≤ |z| Existe un r < R, tal que, 3.1. SERIES DE TAYLOR 17 ¯ n ¯ ¯ z − z0n ¯ n−1 ¯ ¯ + rn−2 r + rn−3 r2 + · · · + rn−1 ¯ z − z0 ¯ ≤ r Por¯ lo tanto,¯ ¯ z n − z0n ¯ n−1 ¯ ¯ ¯ z − z0 ¯ ≤ nr Luego ¯ ∞ ¯ ∞ X ¯ X ¯ n n¯ ¯ a z − a z n n 0¯ ¯ n ¯ ¯ ∞ ∞ X X ¯ z − z0n ¯ ¯ n=N +1 ¯ n=N +1 ¯ ¯ ¯ ≤ ¯ |a | ≤ n|an |rn−1 → 0, n ¯ ¯ ¯ ¯ z − z z − z 0 0 ¯ ¯ n=N +1 n=N +1 ¯ ¯ ¯ ¯ cuando N → ∞ ∞ ∞ X X n 0 Ahora veamos que si h(r) = |an |r , entonces h (r) = n|an |rn−1 , con radio n=0 n=1 de convergencia R para ambas series. 1 p Si R = es el radio de convergencia de h(r) y R0 el radio de convergencia n lı́m |an | de h0 (r), entonces 1 1 1 p p R0 = = = p =R √ n n n n lı́m n|an | lı́m n |an | |an | ∞ X Veamos que nan z0n−1 converge en D(0, R): n=1 R0 = Ejemplo 27 Si f 0 (z) = lı́m ∞ X zn n=1 analı́tica en C, y n! 1 p n n|an | = lı́m 1 p n |an | converge en C, esto es R = ∞ , entonces f es ∞ ∞ X z n−1 X z n−1 f (z) = n = n! (n − 1)! n=1 n=1 0 Haciendo m = n − 1, tenemos: f 0 (z) = ∞ X zm m! m=0 De lo anterior se puede observar que, f 0 (z) = f (z) y f (0) = 1 , entonces f (z) = ez y por lo tanto, z e = ∞ X zn n=0 n! . 18 CAPÍTULO 3. SERIES Observación. Si f (z) = ∞ X n 0 an z y f (z) = n=0 ∞ X nan z n−1 . n=1 Sea g(z) = f 0 (z), entonces ∞ X 0 g (z) = n(n − 1)an z n−2 n=2 Sea h(z) = g 0 (z), entonces ∞ X 0 h (z) = n(n − 1)(n − 2)z n−3 n=2 .. . Detengámonos a analizar las funciones anteriores: f (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 + a4 z 4 + · · · =⇒ f (0) = a0 f 0 (z) = a1 + 2a2 z + 3a3 z 2 + 4a4 z 3 + · · · =⇒ f 0 (0) = a1 f 00 (0) = 2a2 + 3 · 2a3 z + 4 · 3a4 z 2 + · · · =⇒ f 00 (0) = 2a2 f 000 (z) = 3 · 2a3 + 4 · 3 · 2a4 z + · · · =⇒ f 000 (0) = 3 · 2a3 .. . f (n) (0) = n!an Por lo tanto an = f (n) (0) n! Corolario 28 Si f (n) (z) es analı́tica para todo n, entonces f es de clase C ∞ . 3.2. Representaciones por series de Taylor 1. Función exponencial: ez = ∞ X zn n=0 n! 2. Función seno: "∞ # ∞ ∞ ez − e−z 1 X (iz)n X (−iz)n 1 X (i)n − (−i)n sin z = = − = 2i 2i n=0 n! n! 2i n=0 n! n=0 Analicemos la expresión (i)n − (−i)n : Si n es par: (i)2k − (−1)2k (i)2k = (i)2k [1 − (−1)2k ] = 0 Si n es impar: (i)2k+1 − (−1)2k+1 (i)2k+1 = (i)2k i[1 − (−1)2k (−1)] = 2(i)2k i = (i2 )k 2i = (−1)k 2i 3.2. REPRESENTACIONES POR SERIES DE TAYLOR 19 Entonces sin z = ∞ X (−1)n z 2n+1 n=0 (2n + 1)! 3. Función coseno: cos z = ∞ X (−1)n (2n + 1)z 2n n=0 (2n + 1)(2n)! = ∞ X (−1)n z 2n n=0 (2n)! 4. Función seno hiperbólico: Sabemos que sinh iz = i sin z, para todo z, en particular para w = iz, entonces sinh w = i sin −iw Por lo tanto sinh z = i sin −iz = i ∞ X (−1)n (−iz)2n+1 n=0 (2n + 1)! Analicemos (−iz)2n+1 = (−i)2n+1 z 2n+1 = (−1)2n (−1)[i2 ]n iz 2n+1 = (−1)(−1)n iz 2n+1 = (−i)(−1)n z 2n+1 Entonces sinh z = −i2 ∞ X (−1)n (−1)n z 2n+1 n=0 = ∞ X n=0 (2n + 1)! z 2n+1 (2n + 1)! 5. Función coseno hiperbólico: ∞ ∞ X X (2n + 1)z 2n z 2n cosh z = = (2n + 1)(2n)! n=0 (2n)! n=0 20 3.3. CAPÍTULO 3. SERIES Serie geométrica ∞ X 1 = zn, 1−z n=0 |z| < 1 1 1−z 1 0 f (z) = (1 − z)2 2 f 00 (z) = (1 − z)3 3! f 000 (z) = (1 − z)4 Por lo tanto tenemos que f n (0) = n! f n (0) luego an = =1 n! ası́ tendremos ∞ ∞ X X n f (z) = an z = z n , |z| < R = 1 f (z) = n=0 n=o donde el radio de convergencia está dado por R= lı́m 1 p n |an | Otros ejemplos de series geométricas son i) ∞ X 1 = (−1)n z n , |z| < 1 1+z n=0 ii) ∞ X 1 = (−1)n z 2n , |z| < 1 2 1+z n=0 iii) ln(1 + z) = ∞ X an z n n=0 ∞ X 1 = (−1)n z n Sabemos que (ln(1 + z)) = 1+z n=0 luego integrando tenemos 0 3.4. EXTENSIÓN ANALÍTICA 21 ln(1 + z) = ∞ X (−1)n z n+1 n=0 n+1 , |z| < 1 ∞ X 1 Lo mismo ocurre con (arctan z) = = (−1)n z 2n 2 1+z n=0 luego integrando tenemos 0 arctan z = ∞ X (−1)n z 2n+1 n=0 3.4. 2n + 1 Extensión analı́tica Si f (z) = X an (z − z0n ), para |z − z0 | < R, tenemos n≥0 k f (z) = ∞ X an n(n − 1)......(n − k + 1)(z − z0 )n−k n=k Para todo k = 0, 1, 2... Para cada k las series tienen el mismo radio de convergencia. En particular tenemos f k (z0 ) = n!ak o f k (z0 ) k! La serie de potencias entonces puede escribirse como X f n (z0 ) f (z) = (z − z0 )n n! n≥0 ak = y se llama serie de Taylor en torno al punto z = z0 . Consideremos Φ : R → R una función posible de ser expresada en terminos de serie de Taylor, digamos X f n (x0 ) (x − x0 )n Φ(x) = n! n≥0 para |x − x0 | < R (x ∈ R), existe entonces una función analı́tica (única) definida por X (f n (x0 )) (z − x0 )n f (z) = ≥0 n! n para |z − x0 | < R (z ∈ C) tal que f (x) = Φ(x) para |x − x0 | < R, (x ∈ R). La función f se denomina extensión analı́tica de Φ. 22 CAPÍTULO 3. SERIES Ejemplo 29 Conocemos la serie de Taylor ex = analı́tica f (z) = Notemos que X zn n≥0 n! f 0 (z) = X xn n≥0 n! . Se define la extensión . Observemos que esta serie converge para todo z ∈ C. X nz n−1 n! n≥0 = X z n−1 X zn = = f (z) (n − 1)! n≥0 n! n≥0 y f (0) = 1, luego f (z) = ez 3.5. Prolongación analı́tica Sea R el radio de convergencia de la serie de Taylor de f (z) en torno a z0 . Si |z − z0 | < R, la serie de Taylor de f (z) en torno a z1 converge ciertamente para |z − z1 | < R − |z1 − z0 |. Sin embargo, puede haber un radio de convergencia mayor R1 . Entonces tenemos definida la función analitica f (z) como función analı́tica en un dominio mayor. Este proceso se conoce como prolongación analı́tica. Ejemplo 30 Consideremos la función f (z) = ∞ X (−z)n (3.1) n=0 Se ve fácilmente que su radio de convergencia es 1. De este modo f (z) esta definida para |z| < 1. Sumando las series corespondientes a f ( 21 ), f 0 ( 21 )... encontramos la serie de Taylor f (z) = ∞ X 2 −2 1 { (z − )}n 3 3 2 n=0 Su radio de convergencia es 23 , de este modo hemos prolongado f (z) al cı́rculo |z − 21 | < | 32 | que es exterior al cı́rculo original |z| < 1. Mediante una sucesión de cı́rculos podemos cubrir cualquier punto del plano z distinto del z = −1. Queda 1 asi definida f (z) como una funcion analı́tica para z 6= 1. De hecho f (z) = (1 + z) Observación 31 El radio de convergencia R de la serie de Taylor de f (z) en torno a z0 es igual a la distancia de z0 a la singularidad de f (z) Ejemplo 32 La serie de Taylor ∞ X n=0 (−1)n x2n 3.6. TRANSFORMACIONES CONFORMES de la función real 23 1 converge para |x| < 1, pero diverge para x = 1, aun (1 + x2 ) 1 es indefinidamente derivable para todo valor de x. La explicación (1 + x2 ) 1 radica en la extensión de la función f (z) = . Esta función es singular en (1 + z 2 ) ∞ X z = ±i. Luego su serie de Taylor (−1)n x2n en torno a z = 0 tiene radio de cuando n=0 convergencia |i − 0| = 1. Si R = ∞, la función f (z) es analı́tica para todo z. Una tal función se llama entera. 3.6. Transformaciones conformes Proposición 33 Una Transformación conforme es una función f : Ω ⊆ C → C, analı́tica tal que f 0 (z) 6= 0, ∀z ∈ Ω Observación 34 Si f es conforme, entonces f preserva los ángulos Consideremos f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)), f (z) = u + iv, luego vemos que ∂u Df (z0 ) = ∂x ∂v ∂x ∂u ∂y ∂v ∂y Teorema 35 Si Ω es una región simplemente conexa (sin hoyos), entonces siempre existe f : Ω → D biyectiva y analı́tica, o bien analı́tica y conforme Capı́tulo 4 Integración 4.1. Definición y propiedades Definición 36 Un camino o curva regular es una función γ : [a, b] → C con derivada continua y no nula. Definición 37 Un cambio de parámetro es una función g : [α, β] → [a, b] que es biyectiva y con derivada continua tal que g(α) = a y g(β) = b Ejemplo 38 1) γ(t) = (1 − t)p + tq, 0 ≤ t ≤ 1 γ 0 (t) = q − p describe una recta desde el punto p al punto q 2) γ(t) = z0 + Reit , t ∈ [0, 2π] describe una circunferencia de centro z0 y radio R 3) γ(t) = (a cos(t), b sin(t)), t ∈ [0, 2π] describe una elipse 4) γ(t) = (a cosh(t), b sinh(t)) describe una hipérbola 5) γ(t) = a + b cos(t), t ∈ [a, b] describe una cardioide Definición 39 Sea f : Ω ⊆ C → C, se define Z Z b f (z)dz = f (γ(t))γ 0 (t)dt γ a donde γ : [a, b] → Ω es un camino regular 24 4.2. FORMULA DE CAUCHY 25 Proposición 40 Si existe F tal que F 0 = f , entonces Z f (z)dz = F (γ(b)) − F (γ(a)) γ Demostración. Tenemos que Z Z b f (z)dz = f (γ(t))γ 0 (t)dt γ a = F (γ(b)) − F (γ(a)) Corolario 41 Si existe F tal que F 0 = f y γ es una curva cerrada, entonces Z f (z)dz = 0 γ 4.2. Formula de Cauchy Teorema 42 (De Green) Sea Ω un dominio abierto y conexo, cuya frontera es regular, entonces Z Z Z ∂Q ∂P (P dx + Qdy) = ( − ) ∂y γ=∂Ω Ω ∂x En notación compleja el Teorema de Green puede ser expresado como Z Z Z f (z)dz = 2i γ Ω ∂f dxdy ∂z Proposición 43 (Fórmula de Cauchy) Sea f analı́tica en Ω con frontera regular, entonces Z f (z) dz = 2πif (z0 ); z0 ∈ Ω ∂Ω z − z0 Z 1 Ejemplo 44 1) dw donde γ es la región de la figura 2 γ z −1 Podemos escribir la integral como Z Z 1 f (z) dz = γ (z − 1)(z + 1) γ z +1 26 con f (z) = CAPÍTULO 4. INTEGRACIÓN 1 analı́tica en γ y considerando z0 = −1, la integral toma el valor z−1 −1 2πf (−1) = 2π( ) = −πi 2 2) Si consideramos la integral anterior, pero con la región β, entonces podemos escribir Z Z Z 1 1 1 1 = ( − ) 2 2 β z−1 β z −1 β z +1 con f (z) = 1 analı́tica en β la integral toma el valor 1 ((2πif (1)) − (2πif (−1))) = 0 2 Teorema 45 Una función f es analı́tica en Ω si y sólo si para todo z0 en Ω existe una serie de potencias tal que f (z) = ∞ X an (z − z0 )n , |z − z0 | ∈ R n=0 Demostración. (⇐) Queda demostrado por lo visto antes (⇒) Consideremos la fórmula de Cauchy Z 1 f (w) f (z) = dw, C(t) = z0 + reit 2πi C w − z entonces podemos escribir 1 = w−z 1 1 w−z0 [1− z−z0 ] w−w 0 ∞ 1 X (z − z0 )n = , |z − z0 | < |w − z0 | w − z0 n=0 (w − z0 )n ası́ 1 f (z) = 2πi ∞ X Z X ∞ (z − z0 )n C n=0 1 = [ 2πi n=0 | = ∞ X n=0 Z C f (w) dw (w − z0 )n+1 f (w) dw](z − z0 )n n+1 (w − z0 ) {z } an (z − z0 )n 4.3. TEORÍA DE INDICE Y HOMOTOPÍA Corolario 46 f 4.3. (n) n! (z0 ) = 2πi Z C 27 f (z) dz (z − z0 )n+1 Teorı́a de indice y homotopı́a Definición 47 Sea γ una curva cerrada, de clase C 1 , y z ∈ C. Se llama Indice de z con respecto a γ al número Z 1 1 Indγ (z) = 2πi γ (w − z) La expresión anterior es la fórmula de Cauchy con f (w) = 1. Reescribiendo tenemos que Z b 1 γ 0 (t) Indγ = , γ : [a, b] → C 2πi a γ(t) − z Observación 48 1) El ı́ndice indica .el número de vueltas”que da la curva γ en torno a z, si z ∈ Int(γ) 2) Si z ∈ Ext(γ), entonces Indγ (z) = 0 (por teorema de Cauchy) 3) Si Indγ (z) 6= 0, entonces z ∈ Int(γ) 4) Indγ (z) ∈ Z{0} si z ∈ Int(γ) Definición 49 Dos curvas cerradas cuyas trayectorias estan en un conjunto Ω se dice que son homótopas en Ω si pueden deformarse continuamente entre sı́, sin que las deformaciones se salgan de Ω. Mas precisamente, sea Ω ⊆ C y γ0 y γ1 curvas cerradas en Ω. γ0 es homótopa a γ1 si existe una función continua H : [a, b] × [0, 1] → Ω tal que H(t, 0) = γ0 (t), H(a, s) = H(b, s) y H(t, 1) = γ1 (t), t ∈ [a, b], en tal caso se dice que t es una homotopı́a en Ω entre γ0 y γ1 y se denota γ0 ∼ γ1 Teorema 50 (Invarianza del Indice por homotopı́a) Si Ω ⊆ C abierto , γ0 y γ1 curvas cerradas en Ω tal que γ0 ∼ γ1 , entonces Indγ0 (z) = Indγ1 (z) 4.4. Teoremas fundamentales Definición 51 Un abierto Ω ⊆ C se dice simplemente conexo si es conexo y cualquier camino cerrado en Ω es homotópico a un punto en Ω Teorema 52 Sea Ω un conjunto simplemente conexo y sea f analı́tica (u holomorfa) en Ω entonces existe F tal que F 0 = f 28 CAPÍTULO 4. INTEGRACIÓN Demostración. Sea z0 cualquier punto R en Ω. Sea z ∈ Ω. Sea β un camino en Ω desde z0 hasta z. Definimos F (z) = β f (s)ds. F está bien definida, pues si α es otro camino desde z0 hasta z, entonces Z f (s)ds = 0 β(α)−1 Entonces Z Z f (s)ds − α f (s)ds = 0 β y calculamos 1 F (z + h) − F (z) ) − f (z) = ( h h Z z+h z 1 f (s)ds − f (z) = h Z z+h |f (s) − f (z)|ds z Sea δ > 0 tal que |h| < δ ⇒ |f (z) − f (z + h)| < ε entonces Z Z z+h Z z+h 1 ε 1 z+h (f (s) − f (z))ds| ≤ |f (s) − f (z)||ds| ≤ |ds| | h z |h| z |h| z Afirmacion 1 |h| Z z + h|ds| = 1 z En efecto, sea γ(t) = z + th, t ∈ [0, 1], un camino de z a z + h entonces Z z+h Z 1 Z 1 1 1 1 0 |ds| = |γ (t)|dt = |h|dt = 1 |h| z |h| 0 |h| 0 Esto prueba la afirmación y el teorema. Corolario 53 Sea f una función holomorfa sin cero, definida en un abierto simplemente conexo, entonces existe una función g(z) tal que eg(z) = f (z) o bien g(z) = ln f (z) Demostración. Consideremos la función imos Z z g1 (z) = z0 f 0 (z) , holomorfa por hipotesis. Definf (z) f 0 (s) ds f (s) es claro que g1 no depende del camino, pues Ω es simplemente conexo. Además g10 (z) = f 0 (z) f (z) 4.4. TEOREMAS FUNDAMENTALES 29 por teorema anterior. Sea h(z) := eg1 (z) . Entonces h0 = eg1 g10 = eg1 ası́ f0 f h0 f − hf 0 = 0 luego h ( )0 = 0 f y h =c f con c = cte Por lo tanto h(z) = cf (z) , c 6= 0 pues h 6= 0 Asi tendremos 1 f (z) = eg1 = eg1 (z)+c1 c Por lo tanto g(z) = g1 (z) + c1 entonces eg(z) = f (z) Ejemplo 54 1) Sea Ω:=C\{semieje real negativo}. Sea f (z) = z 2 . Entonces f (z) es holomorfa y sin ceros en Ω simplemente conexo. Entonces existe log(z 2 ). Note que no se puede definir log(z 2 ) en Ω = C \ {0} pues no es simplemente conexo. p 2) f (z)existe. En efecto: Definimos: p 1 f (z) = e 2 gz Recordemos el teorema de Cauchy: Z f (z)dz = 0 γ si f es analitica y γ el borde del camino donde f está definida. Nos preguntamos si existen otras funciones (que no sean analı́ticas) con la propiedad anterior. La respuesta es no. Teorema 55 (reciproco del teorema de Cauchy) Si f es una función continua definida en Ω y tal que Z f (z)dz = 0 γ sobre toda la curva en Ω tal que γ sea homotópica a un punto. Entonces f es holomorfa. 30 CAPÍTULO 4. INTEGRACIÓN Demostración. Por hipotesis, Z F (z) = zf (w)dw z0 está bien definida en |z − z0 | < r ⊆ Ω. Además F (z) = f (z) (existe la derivada). Luego F (z) es holomorfa y por lo tanto: X F (z) = an (z − z0 )n n≥0 f (z) = X nan (z − z0 )n−1 n≥01 entonces f es holomorfa. Teorema 56 (Principio del Máximo) Sea f análitica en Ω, entonces |f (z)| no puede alcanzar su máximo en Ω, a menos que f (z) sea constante. Demostración. Observemos primero que |f (z)| constante implica f (z) constante. En efecto. Escribamos: f (z) = u(x, y) + v(x, y), z = x + iy entonces |f (z)|2 = u(x, y)2 + v(x, y)2 Por hipotesis tenemos 0= ∂(|f (z)|2 ) ∂u ∂v = 2u(x, y) + 2v(x, y) ∂x ∂x ∂x 0= ∂(|f (z)|2 ) ∂u ∂v = 2u(x, y) + 2v(x, y) ∂y ∂y ∂y Ası́ tendremos que 0 = u(x, y) ∂u ∂v + v(x, y) ∂x ∂x 0 = u(x, y) ∂u ∂v + v(x, y) ∂y ∂y Por las ecuaciones de Cauchy Riemman tenemos ∂v ∂u = ∂x ∂y y ∂v ∂u =− ∂y ∂x 4.4. TEOREMAS FUNDAMENTALES luego 0=u y 31 ∂u ∂v +v ∂x ∂x 0 = −u ∂u ∂v +v ∂x ∂x o bien ∂u ¶ v ∂x = v −u ∂v 0 ∂x 2 2 Caso 1: u + v = 0 (determinante de la matriz). Entonces |f (z)|2 = u2 + v 2 = 0, luego f (z) = 0 µ 0 ¶ µ u Caso 2: u2 + v 2 6= 0 ∂u ∂v Entonces =0y =0 ∂x ∂x ∂u ∂v Además por las ecuaciones de Cauchy Riemman =0y =0 ∂y ∂y Luego u(x, y) = cte y v(x, y) = cte Por lo tanto f (z) = cte Supongamos ahora que |f (z)| alcanza su máximo en Ω y no es idénticamente constante. Entonces existe z0 ∈ Ω donde |f (z)| es máximo. Sea γ la frontera de un cı́rculo de centro z0 y radio r contenido en Ω (abierto). Entonces |f (z0 + reiθ )| < |f (z0 )| para cada θ ∈ (0, 2π). Luego Z 1 f (s) f (z0 ) = ds = 2πi γ s − z0 1 2πi Entonces 1 |f (z0 )| ≤ 2π lo cual es una contradicción Z 2π f (z0 + reiθ )dθ 0 Z 2π |f (z0 + reiθ )|dθ < |f (z0 )| 0 Corolario 57 Si f (z) es analı́tica en Ω y continua en ∂Ω y si |f (z)| ≤ M sobre ∂Ω entonces |f (z)| < M en Ω, a menos que f (z) sea constante. Teorema 58 (principio de reflexión de Schwartz) Sea Sf (z) holomorfa en un abierto Ω con [a, b] ⊆ ∂Ω, f es además continua en Ω [a, b]. Suponemos S S que ∗ f (x) es real si a ≤ x ≤ b. Entonces f se extiende al dominio Ω = Ω Ω [a, b] donde Ω := {z/z ∈ Ω}. Además, en Ω se tiene que f (z) = f (z) 32 CAPÍTULO 4. INTEGRACIÓN Demostración. Claramente la fórmula f (z) = f (z) para z ∈ Ω, extiende f (z) al dominio Ω R Para demostrar que f es holomorfa en Ω∗ calculamos γ f (z)dz donde γ es una curva en Ω∗ homotópica a un punto. Si γ esta en Ω ó Ω no hay problema. Luego hay que analizar el caso en que γ se encuentre en ambas. Separamos R γ en dos caminos. Puesto que la integral sobre cada uno se anula, se obtiene: γ f (z)dz = 0. En efecto Z Z Z f = lı́m + lı́m γ ²→0 γ1² ²→0 γ2² Luego por el teorema de Morera, f es holomorfa. Observación 59 Da lo mismo hacer una reflexión sobre el eje real o bien en una recta cualquiera. Por lo tanto, si f está definida por ejemplo en un rectángulo, por el principio de reflexión de Schwartz, es posible extenderla a todo el plano. Análogamente se podrı́a hacer con un triángulo. Proposición 60 (Desigualdad de Cauchy) Sea f (z) una función analı́tica en C (entera). Entonces n! |f n (0)| ≤ n M (r) r donde M (r) = max|z|=r |f (z)| Demostración. Tenemos por la fórmula de Cauchy con z0 = 0 Z n! f (z) n f (0) = dz 2πi C z n+1 donde C es el cı́rculo z = reiθ con r > 0 y 0 ≤ θ ≥ 2π. Se obtiene: Z 2π Z n! f (reiθ ) n! 2π f (reiθ ) n iθ |f (0)| = | rie dθ| ≤ dθ 2πi 0 rn+1 ei(n+1)θ 2π 0 rn Z 2π n! n!M (r) ≤ M (r) dθ = n 2πr rn 0 Teorema 61 (de Liouville) Sea f (z) una función analı́tica, entera y acotada, entonces f es constante. Demostración. Como f es acotada |f n (0)| ≤ n! M rn donde M = supz∈C |f (z)|. Luego haciendo r → ∞ se obtiene f n (0) = 0 para n ≥ 1. X f n (0) f 0 (0) Como f es analı́tica, f (z) = z n = f (0) + + .... n! 1! n≥0 Luego f (z) = f (0), por lo tanto f es constante. 4.4. TEOREMAS FUNDAMENTALES 33 Teorema 62 (Fundamental del Algebra) Todo polinomio no constante p(z) = an z n + an−1 z n−1 + ... + a0 con an 6= 0 tiene n raı́ces en C. Demostración. Basta demostrar que tiene una raı́z (luego se divide por ella y se obtiene un polinomio de grado menor donde se aplica denuevo el resultado ). 1 Supongamos, por absurdo, que p(z) no tiene ninguna raı́z.Entonces h(z) = p(z) es analı́tica en C (entera). Vamos a demostrar que h(z) (y luego p(z)) es constante, por lo cual probamos que h(z) es acotada en C y usaremos el teorema de Liuville. En efecto: 1 1 lı́m = lı́m z→∞ p(z) z→∞ an z n + ... + a0 tn =0 t→∞ an + an−1 t + ...a0 tn = lı́m 1 | ≤ ². p(z) Por otra parte, si |z| ≤ R entonces |h(z)| ≤ M , pues h es continua y {z : |z| ≤ R} es compacto . Por lo tanto |h(z)| ≤ ² + M . Luego h es acotada, entonces h(z) es constante y ası́ p(z) es constante. Contradicción. Luego, dado ² > 0 existe R > 0 tal que |z| ≥ R luego |h(z) = Teorema 63 (Del Valor Medio) Si f es Analı́tica en un abierto Ω y {z : |z−z0 | ≤ r} ⊆ Ω entonces Z 2π 1 f (z0 + reiθ )dθ f (z0 ) = 2π 0 Demostración. Usamos la fórmula de Cauchy Z f (z) 1 f (z0 ) = 2πi C z − z0 donde C es el cı́rculo z = z0 + reiθ con 0 ≤ θ ≤ 2π. Entonces Z 2π f (z0 + reiθ ) iθ 1 rie dθ f (z0 ) = 2πi 0 reiθ Z 2π 1 = f (z0 + reiθ )dθ 2π 0 Capı́tulo 5 Polos y residuos 5.1. Desarrollo en serie de Laurent Teorema 64 Sea f (z) una función analı́tica en un anillo (o corona) r < |z − z0 | < R.Entonces f (z) se puede representar por una serie de la forma f (z) = X an (z − z0 )n + n≥0 X n≥1 bn (z − z0 )n que converge uniformemente en compactos de ese anillo. Además: 1) La primera serie converge en |z − z0 | < R 2) La segunda serie converge en |z − z0 | > r Demostración. Sean γ1 y γ2 circulos de radios r0 y R0 respectivamente, con r < r0 < R0 < R. Por la fórmula de Cauchy en el anillo r0 ≤ |z − z0 | ≤ R0 se tiene: Z 1 f (z) = 2π γ Z 1 = 2π γ2 f (s) ds (s − z) f (s) 1 ds − (s − z) 2π Z γ1 f (s) ds (s − z) con γ = γ2 − γ1 Procedemos ahora como sigue: En γ2 : X 1 1 1 1 1 = = (z − z0n ) = z−z0 n+1 (s − z) s − z0 + z0 − z s − z0 1 − s−z0 (s − z ) 0 n≥0 Entonces 1 2πi Z γ2 X f (s) ds = an (z − z0 )n (s − z) n≥0 34 5.1. DESARROLLO EN SERIE DE LAURENT En γ1 : 35 1 1 = s−z s − z0 + z0 − z 1 1 = 0 z0 − z (1 + zs−z ) 0 −z 1 1 = s−z0 z0 − z (1 − z−z ) 0 = −1 X (s − z0 )n z − z0 n≥0 (z − z − 0n ) = X (s − z0 )n n≥0 1 (z − z0 )n+1 para |s − z0 | < |z − z0 |. Integrando término a término, lo cual es justificado por la convergencia uniforme sobre compactos de la serie, se obtiene: −1 2πi Z γ1 X 1 Z f (s) 1 ds = ( f (s)(s − z0 )n ds) (s − z) 2πi γ1 (z − z0 )n+1 n≥0 Z X 1 1 = ( f (s)(s − z0 )n−1 ) 2πi γ1 (z − z0 )n n≥1 Esto prueba el teorema. Observación 65 De la demostración del teorema anterior se nota que: Z 1 bn = f (s)(s − z0 )k−1 ds 2πi γ1 con k = 1, 2... Hay tres posibilidades : 1)bk = 0 para todo k = 1, 2.... En este caso, la función es analı́tica en |z − z0 | < R 2)bk para todo k > m. En este caso f (z) = bm b1 + ... + a0 + a1 (z − z0 ) + ... m (z − z0 ) (z − z0 ) y se dice que f (z) tiene un polo de orden m en z0 . Además : bm b1 + ... + (z − z0 )m (z − z0 ) se llama parte principal de f y Z 1 f (s)ds = Res(f, z0 ) b1 = 2πi |z−z0 | 36 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS se llama residuo. 3) Hay infinitos bk 6= 0. En este caso se dice que f tiene una singularidad esencial. Ejemplo 66 1) Desarrollo de f (z) = cos z = 1 − cos z en torno a z0 = 0 z3 z2 z4 z6 + − + ... 2! 4! 6! Entonces 1 z 1 z3 − + − + ... z 3 2z 3 4! 6! Luego f (z) tiene un polo de orden 3 en z − 0 = 0 f (z) = 2) Desarrollo de f (z) = e1/z en torno a z0 = 0. eu = X un n≥0 Entonces n! =1+u+ u2 u3 + + ... 2! 3! 1 1 1 + 2 + 3 + ... z z 2! z 3! tiene una singularidad esencial en z0 = 0 e1/z = 1 + Luego e1/z Teorema 67 (Casorati-Weierstrass) Sea z0 una singularidad esencial de f (z). Entonces la imagen de cualquier vecindad de z0 es clausura en el plano C. Demostración. Supongamos lo contrario. Entonces existe un δ > 0 ² > 0 y w0 ∈ C tales que |z − z0 | < δ entonces |f (z) − w0 | ≥ ². Consideremos 1 h(z) = f (z) − w0 Claramente h es analı́tica en D(z0 , ²). Pero como h es acotada |h(z)| ≤ 1² ; se tiene que h(z) es también analı́tica en z0 (Tiene un desarrrollo en serie de Laurent y si tuviera un número infinito de potencias negativas, entonces no podria ser caotada h(z) = y |h(z)| < 1 ² b−2 b−1 + + b0 + b1 (z − z − 0) + b2 (z − z0 )2 + ... 2 (z − z − 0) (z − z0 ) para todo z ∈ D(z0 , δ), luego b−1 = b−2 = ... = 0. Entonces h(z) = b0 + b1 (z − z0 ) + b2 (z − z0 )2 + ... luego h es analı́tica en z0 f (z) − w0 = 1 b0 + b1 (z − z0 ) + b2 (z − z02 + ...) = c0 + c1 (z − z − 0) + ... 5.2. RESIDUOS 37 Entonces f (z) = w0 +c0 +c−1(z −z0 )+... .Asi f es analı́tica en z0 . Contradicción. Otro caso es que f (z) − w0 = 1 bn (z − z0 )n + bn+1 (z − z0 )n+1 + ... = 1 bn (z − z0 )n (1 + 1 = 1 (c0 + c1 (z − z0 ) + ...) bn (z − z0 )n bn+1 (z bn − z0 ) + ...) c0 c1 + + ... n b − n(z − z0 ) bn (z − z0 )n−1 Asi f tiene un polo de orden n en z0 . Contradicción Luego f (z) = w0 + Definición 68 Una función f se dice meromorfa en Ω si es el cuociente de dos funciones analı́ticas, esto es: f = pq donde q 6= 0 Observación 69 Las singularidades de una función meromorfa, corresponden a los ceros de q (pueden ser polos o singularidades esenciales). Note además, que los ceros de una función analı́tica son discretos. En efecto: Sea z0 ∈ Ω tal que f (z0 ) = 0, entonces existe una vecindad de z0 tal que X f (z) = an (z − z0 )n = a1 (z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + ... n≥0 Sea n0 el primer entero tal que an0 6= 0 entonces f (z) = (z − z0 )n0 (an0 + an0 +1 (z − z0 ) + ...) {z } | g(z) Por lo tanto hay una vecindad de z0 donde f (z) 6= 0 excepto por z0 . En efecto : Sea zn → Z0 tal que f (zn ) = 0. Entonces 0 = f (zn ) = (zn − z0 )n0 g(zn ) Asi g(zn ) = 0 para todo n . Luego g(zn ) = 0. Contradicción. 5.2. Residuos Teorema 70 (De residuos) Sea f meromorfa en Ω. Sea K compacto en Ω con borde γ. Entonces Z n X 1 f (z)dz = Res(f, zi ) 2πi γ i=1 38 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS Observación 71 Hay solo un numero finito de singularidades en K. En efecto, si hubiese una suceción de singularidades, esta tendria un punto de acumulación en K y luego en Ω, digamos z ∗ . Pero z ∗ tiene una vecindad D(z ∗ , R)\ {z ∗ }, en la cual f es holomorfa, lo cual es una contradiccion pues en esta vecindad siempre habran puntos de la sucesión de polos y por lo tanto f no puede ser holomorfa. Demostración. Sean Ci pequeos cı́rculos en torno a zi . La función f (z) es holomorfa fuera de la union de sus discos. Por el teorema de Cauchy Z n Z 1 1 X f (z)dz = f (z)dz 2πi γ 2πi i=1 Ci n 1 X = 2πi i=1 = n X Z f (z)dz |z−zi | Res(f, zi ) i=1 Proposición 72 Si f (z) = q 0 (z0 ) 6= 0. Entonces p(z) meromorfa, es tal que p(z0 ) 6= 0, q(z0 ) = 0 y q(z) Res(f, z0 ) = p(z0 ) q(z0 ) Demostración. q(z) = q(z0 ) + q 0 (z0 )(z − z0 ) + ... = q 0 (z0 )(z − z − 0) + ... Entonces (z − z0 )f (z) = = (z − z0 )p(z) q 00 (z0 )(z − z − 0)2 q 0 (z0 )(z − z0 ) + + ... 2! p(z) q (z0 )(z − z0 ) + ... q 0 (z0 ) + 2! 00 Luego lı́m (z − z − 0)f (z) = z→z0 Por otra parte f (z) = p(z0 ) − 0) q 0 (z a−1 + a0 + a − 1(z − z0 ) + ... (z − z0 ) 5.2. RESIDUOS Ası́ 39 (z − z0 )f (z) = a−1 + (z − z0 )a0 + a1 (z − z0 )2 + ... Luego lı́m (z − z0 )f (z) = a − 1 = Res(f, z − 0) z→z0 Por lo tanto Res(f, z0 ) = p(z0 ) q 0 (z0 ) Ejemplo 73 Calcular el residuo de tan z en z0 = π/2 Tenemos que tan z = sin z , donde cos z sin(π/2) = 1 6= 0 cos(π/2) = 0 y − sin(π/2) = −1 Ası́ tendremos que Res(tan z, π/2) = 1 = −1 −1 Observación 74 Si la función f del Teorema de Residuos es, además, analı́tica en todo punto del plano exterior a C entonces, en vez de calcular Z f (z)dz = 2πi C podemos calcular m X Z f (z)dz = 2πiRes( C Res(f, zi ) k=1 1 1 f ( ), 0) z2 z En efecto. Primero hacemos el desarrollo de Laurent de f en torno a z = ∞. Por definición esto significa que debemos hacer el desarrollo en serie de Laurent de f ( z1 ), en torno a z = 0; digamos 1 a−2 a−1 f( ) = 2 + + a0 + a1 z + a2 z 2 + ... z z z si |z| < R, de manera que f (w) = a−2 w2 + a−1 w + a0 + a1 z + a2 z 2 + ... si |w| > R, es el desarrollo en serie de Laurent de f en torno a z = ∞. 40 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS En particular, note que siempre el desarrollo en serie de Laurent de f en torno a z = ∞ tiene entonces la forma: f (w) = ... + b−2 b−1 + + b0 + b1 w + b2 w + ... w2 w si |w| > R. Además por definición Res(f, ∞) = b−1 . Construyamos ahora la expresión 1 f( ) z 1 1 f ( ) a partir de la expresión anterior: z2 z = ... + b−2 z 2 + b−1 z + b0 + b1 b2 + 2 + ..., |z| < R z z asi 1 1 b−1 b0 b1 f ( ) = ... + b−2 + + 2 + 3 + ..., |z| < R 2 z z z z z Luego Res( Ahora notemos que 1 1 f ( ), 0) = b−1 = −Res(f (z), ∞) z2 z Z Z f (z)dz + C Luego f (z)dz = 0 −C Z Z f (z)dz = − C Pero tenemos que f (z)dz −C Z f (z)dz = 2πiRes(f, ∞) −C Por lo tanto Z f (z)dz = 2πiRes(f, ∞) = 2πiRes( C 1 1 f ( 2 ), 0) 2 z z que era la afirmación. Ejemplo 75 Consideremos f (z) = 2. Entonces 5z − 2 analı́tica en todo z exterior a |z| = z(z − 1) z(5 − 2z) 1 f( ) = z 1−z 5.2. RESIDUOS 41 luego 1 1 5 − 2z f ( ) = z2 z z(1 − z) ası́ Z C 5z − 2 dz = 2πi(5) = 10πi z(z − 1) Teorema 76 (Principio del Argumento) Sea f meromorfa en el interior de γ. Sea a1 , a2 , ...an los ceros de f y b1 , b2 , ...bn los polos de f . Entonces 1 2πi Z n m X X f 0 (z) F (z) dz = F (ai ) + F (bi ) f (z) γ i=1 i=1 Para cada función holomorfa F (z). En particular, si F (z) = 1 se tiene: Z 0 1 f (z) dz = (n − m) 2πi γ f (z) Demostración. Sea α uno de los puntos ai o bj . Tenemos f (z) = av (z − α)v (1 + b1 (z − α) + ...) donde v es el orden del cero o polo en ai o bj con v ∈ Z. Entonces: f 0 (z) = vav (z − α)v−1 + ... Luego f 0 (z) v = + ... f (z) (z − α) Como f es holomorfa F (z) = F (α) + F 0 (α)(z − α) + ... Ası́ F (z) f 0 (z) vF (α) = + vF 0 (α) + ... f (z) (z − α) Vemos que Res(F f 0 (z) , α) = vF (α) f (z) Por el Teorema de Residuos Z n m X X 1 f 0 (z) F (z) dz = F (ai ) − F (bi ) 2πi γ f (z) i=1 i=1 42 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS Observación 77 Ya que 1 Indγ (z) = 2πi Entonces Ası́ 1 Indγ (0) = 2πi Z γ γ 1 dw w−z 1 1 dw = w 2πi 1 Indf ◦γ (0) = 2πi 1 = 2πi 1 2πi = Z Z b a γ 0 (t) dt γ(t) b (f ◦ γ)0 (t) dt (f ◦ γ)(t) b a f 0 (γ(t))γ 0 (t) dt f (γ(t)) γ f 0 (z) dz = Vγ (t) f (z) a Z Z Z Y se llama el número de vueltas o número de rotación de f alrededor de γ. Por lo tanto, el Principio del Argumento dice que Ind(f ◦γ) (0) = n − m En particular, si f es analı́tica Ind(f ◦γ) (0) = n Ası́, el Principio del Argumento dice que cunado la componente encerrada por γ está enteramente contenida en el dominio de analiticidad de f , el número de vueltas que da f alrededor de γ coincide con el número total de ceros que pesee f en esta componente, contando cada uno de ellos tantas veces como indique su orden. Teorema 78 (de Rouché) Sea C el borde de un dominio Ω y sean f y g analı́ticas en Ω tales que |f (z)| < |g(z)| para z ∈ C. Entonces f (z) + g(z) y g(z) tienen el mismo número de ceros en Ω Demostración. Tenemos en C f | |<1 g Entonces Z ( fg )0 C 1+ f g =0 pues la imagen de C bajo 1 + fg (z) está en el disco D(1, 1) .Luego Z 0 f g − f g0 =0 f 2 C (1 + g )g 5.3. CÁLCULO DE INTEGRALES esto es Z C 43 f 0g − f g0 =0 (g + f )g (5.1) Por el Teorema anterior, basta demostrar que Z 0 Z 0 g f + g0 = C g C f +g esto es Z f racf 0 + g 0 f + g − C o bien Z C g0 =0 g f 0g + g0g − g0f − g0g =0 (f + g)g que es precisamente 13,2. Esto prueba el Teorema. 5.3. Cálculo de integrales Hemos visto que si f (z) es analı́tica y tiene un polo simple (orden 1) en z0 entonces φ(z) = (z − z0 )f (z) tiene una singularidad removible en z0 , luego tomando lı́mite tenemos φ(z0 ) = lı́m (z − z0 )f (z) z→z0 Por otro lado, como φ(z) es analı́tica en el interior y sobre una curva cerrada en torno a z0 se tiene por la fórmula de Cauchy Z Z 1 φ(z) 1 φ(z0 ) = dz = f (z)dz = Res(f, z0 ) 2πi C z − z0 2πi C Ası́, si f (z) tiene un polo simple en z0 , entonces Z f (z)dz = 2πi lı́m ((z − z0 )f (z)) z→z0 C Si f (z) tiene un polo de oredn k en z0 , se puede definir φ(z) = (z − z0 )k f (z) y φ(z0 ) = lı́m (z − z0 )nk f (z) z→z0 44 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS Entonces φ(z) es analı́tica en una región y tenemos (k−1) φ (k − 1)! (z0 ) = 2πi Entonces Z C φ(z) (k − 1)! dz = k (z − z0 ) 2πi Z f (z)dz = C de donde Res(f, z0 ) = 5.4. Z f (z)dz = (k − 1)!Res(f, z0 ) C ∂ (k−1) ((z − z0 )f (z)) 2πi lı́m (k − 1)! z→z0 ∂z (k−1) ∂ (k−1) ((z − z0 )k f (z)) 1 ) lı́m ( (k − 1)! z→z0 ∂z (k−1) Fórmula de Poisson Recordemos que D = {z ∈ C : |z| < 1}. Sabemos que si f es analı́tica en D, entonces por fórmula integral de Cauchy tenemos Z 1 f (w) f (z) = dw 2πi γ (w − z) siempre que |z| < 1 donde γ(t) = eit con 0 ≤ t ≤ 2π. Sea z1 = z1 , con z ∈ D. Entonces 1 0= 2πi Z γ f (w) dw (w − z) De lo anterior obtenemos que 1 f (z) = 2πi = = 1 2πi 1 2πi Z Z γ f (w) 1 dw − (w − z) 2πi ( γ Z γ Z γ f (w) dw (w − z1 ) 1 1 − )f (w)dw (w − z) (w − z1 ) (|z|2 − 1) f (w)dw (w − z)(wz − 1) Ya que 1 1 − w−z w− 1 z = (w − z1 ) − (w − z) z − z1 |z|2 − 1 = = (w − z)(wz − 1) (w − z)(w − z1 ) (w − z)(w − z1 ) 5.4. FÓRMULA DE POISSON Luego 45 Z 2π 1 |z|2 − 1 f (z) = f (eit )ieit dt 2πi 0 (eit − z)(eit z − 1) Z 2π 1 |z|2 − 1 = f (eit )dt 2π 0 (1 − e−it z)(eit z − 1) Z 2π 1 1 − |z|2 = f (eit )dt 2π 0 (e−it z − 1)(eit z − 1) Si ponemos z = reiθ con r < 1 y θ ∈ [0, 2π], entonces Z 2π 1 1 − r2 iθ f (re ) = f (eit )dt −it iθ 2 2π 0 |e re − 1| Z 2π 1 1 − r2 = f (eit dt i(θ−t) 2 2π 0 |re − 1| Z 2π 1 Pr (θ − t)f (eit )dt = 2π 0 1 − r2 y es llamado núcleo de Poisson. |1 − reix |2 Observemos que un cálculo da donde Pr (x) = Pr (x) = 1 − r2 1 − r2 1 − r2 = = |1 − reix |2 (1 − reix )(1 − re−ix ) 1 − r(e−ix + e−ix ) + r2 Notemos que Pr (x) ∈ R para todo x, luego si u = Ref , entonces Z 1 iθ u(re ) = 2πPr (θ − t)u(eit )dt 2π 0 Ademaás, notemos que Pr (x) = Pr (−x) y periódica en x de perı́odo 2π. También Pr (x) ≥ 0 para r < 1. Lo anterior podemos generalizarlo a un disco D(z0 , R) Teorema 79 (Fórmula integral de Poisson) Sea f analı́tica en D(z0 , R) y continua en D(z0 , R). Entonces si z = z0 + reiθ con 0 ≤ r ≤ R Z 2π 1 f (z) = Pr (θ − t)f (z0 + Reit )dt 2π 0 Si u = Ref , entonces 1 u(z0 + re ) = 2π Z 2π iθ 0 Pr (θ − t)u(z0 + Reit )dt 46 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS La fórmula anterior expresa que el valor de una función analı́tica en un punto interior de un disco es igual al promedio ponderado (por un peso) de un valor en el borde. El peso en cuestion es el núcleo de Poisson. Tomando f (z) = 1 para todo z obtenemos lo siguiente Corolario 80 Z 2π 1 Pr (t − θ)dt = 1 2π 0 Una aplicación de la fórmula de Poisson es que podemos resolver el problema siguente Problema de Dirichlet: Resolver ∆u(x, y) = 0 en x + y < 1, con condiciones de borde dadas por 2 2 u(x, y) = g(x, y) para x2 + y 2 = 1, donde g es continua. La respuesta a este problema es (en coordenadas polares) Z 2π 1 iθ Pr (θ − t)g(eit )dt u(re ) = 2π 0 con 0 ≤ r < 1. Demostración. Primero veremos que u es la parte real de una función analı́tica. Luego, ∆u = 0 según sabemos. En efecto, sea 1 f (z) = 2π = Z 1 2πi 2π 0 Z Z γ eit + z it g(e )dt eit − z w+z g(w)dw w−z w 1 − )g(w)dw w γ w−z Z Z 1 2g(w) 1 g(w) = dw − dw 2πi γ w − z 2πi γ w = 1 2πi ( donde γ(t) = eit . Luego f (z) es analı́tica en |z| < 1, además Z 2π eit + z 1 Re( it )g(eit )dt Ref (z) = 2π 0 e −z 5.4. FÓRMULA DE POISSON 47 donde si z = reiθ , entonces tendrı́amos Re( eit + z 1 − r2 1 − |z|2 ) = = = Pr (θ − t) eit − z |1 − ze−it |2 |1 − rei(θ−t) |2 Esto prueba que Ref (z) = u(z) con z = reiθ , luego ∆u = 0. Veamos ahora que u(eiθ ) = g(eiθ ) (se satisface la condición de borde). Sea 0 < r < 1, entonces veremos que lı́m u(reiθ ) = g(eiθ ) r→−1 con θ ∈ [0, 2π]. En efecto 1 |u(re ) − g(e )| = | 2π iθ Z 2π iθ = | = | = | 1 2π 1 2π 1 2π 1 ≤ 2π 1 = 2π + 1 2π Pr (θ − t)g(eit )dt − g(eiθ )| 0 Z 2π Pr (θ − t)(g(eit ) − g(eiθ ))dt| 0 Z Z Z 2π−θ Pr (x)(g(ei(θ+x) ) − g(eiθ ))dx| −θ π Pr (x)(g(ei(θ+x) ) − g(eiθ ))dx| −π π Pr (x)|g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )|dx −π Z Z δ Pr (x)|g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )|dx −δ Pr (x)|g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )|dx |x|≥δ = I1 + I2 donde, dado ² < 0 se elige δ > 0 tal que |g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )| < ² para cada θ. Si |x| < δ (por continuidad de la función g dada la hipótesis), luego Z δ ² Pr (x)dx ≤ ² I1 ≤ 2π −δ Además notemos que Pr (δ) I2 ≤ 2π Z |g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )|dx |x|≥δ 48 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS En efecto, notemos que Pr (x) ≤ Pr (δ) si |x| ≥ δ y pi ≤ x ≤ π. Ası́ Pr (δ) I2 ≤ 2π Sea M = max−π≤x≤π |g(e i(θ+x) Z π |g(ei(θ+x) ) − g(eiθ )|dx −pi )|, entonces I2 ≤ 2M Pr (δ) Si hacemos r → 1− 1 − r2 0 = =0 2 r→1− 1 − 2r cos(δ) + r 2 − 2 cos(δ) lı́m Esto prueba la afirmación. 5.5. Fórmula de Jensen Sea f analı́tica en Ω tal que D(0, 1) ⊆ Ω. Supomga que f tiene un logaritmo en Ω, esto es log f (z) es analı́tica en Ω, entonces aplicando la fórmula integral de Poisson a Re(log f (z)) = log(|f (z)|), obtenemos Z 2π 1 log |f (z)| = Pr (θ − t) ln |f (eit )|dt 2π 0 con z = eiθ y 0 ≤ r < 1. Ahora, si f tiene ceros en D, logf (z) puede no ser analı́tica. Sin embargo, se puede modificar la fórmula anterior para tomar en cuenta los ceros de f . Esta es la llamada fórmula de Jensen-Poisson. Teorema 81 (Fórmula de Jensen-Poisson) Sea f analı́tica en D y suponga que f (z) 6= 0 en ∂D. Sean a1 , a2 , ...an los ceros de f en D. Entonces n X 1 z − aj |+ log |f (z)| = log | 1 − aj z 2π j=1 Demostración. Sea g(z) = f (z) Z n Y 1 − aj z j=1 z − aj 2π para |z| < R y R < 1 Recordemos que para cada ai con |ai | < 1 φai (z) = Pr (θ − t)log|f (eit )|dt 0 z − ai 1 − ai z 5.5. FÓRMULA DE JENSEN 49 es una Transformación de Mobius que lleva D en D Y ∂D en ∂D. Entonces 1 1 − ai z φ ai ( ) = z z − ai y 1 φai ( ) = 1 z Haciendo el desarrollo en serie de Taylor f (z) = ak (z − ai )k + ... con ck 6= 0. Entonces f (z) = ck + ck+1 (z − ai ) + ... (z − ai )k es analı́tica en z = ai . Por lo tanto g(z) es analı́tica en D(0, R) y no tiene ceros allı́. Admás |g(eit )| = |f (eit )|, y 1 ln |g(z)| = 2π Z 2π Pr (θ − t) ln |g(eit )|dt 0 Luego de lo anterior tenemos que Z 2π n Y 1 − aj z 1 ln |f (z)| + ln(| ( )|) = Pr (θ − t) ln |g(eit )|dt z − a 2π j 0 j=1 luego tenemos Z 2π n X z − aj 1 ln |f (z)| = | |+ Pr (θ − t) ln |g(eit )|dt 1 − a z 2π j 0 j=1 Z 2π n X |z − aj | 1 = + Pr (θ − t) ln |f (eit )|dt |1 − a z| 2π j 0 j=1 El caso particular en que z = 0, se conoce como fórmula de Jensen. Teorema 82 (Fórmula de Jensen) Sea f analı́tica en D y suponga que f (0) 6= 0 y f (z) 6= 0 en ∂D. 50 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS Sean a1 , a2 , ...an los ceros de f en D, repetidos de acuerdo a su multiplicidad. Entonces Z 2π n X 1 ln |f (0)| = ln |aj | + ln |f (eit )|dt 2π 0 j=1 En efecto, en este caso, r = 0, luego 1 − r2 Pr (x) = |1 − reix |2 entonces P0 (x) = 1, de donde sale el resultado usando el teorema anterior. Observación 83 Las fórmulas anteriores son importantes en la teorı́a de funciones enteras (f analı́tica en C) 5.6. Automorfismos del disco unitario Denotemos D = {z ∈ C : |z| < 1} Lema 84 Sea f : D → D analı́tica tal que f (0) = 0. Entonces i) |f (z)| ≤ |z| para todo z ∈ D y |f 0 (0)| ≤ 1 ii)|f 0 (0)| = 1, entonces f (z) = az, donde |a| = 1 Demostración. i) Por la hipótesis f (z) = f (0) + f 0 (0)z + f 00 (0)z 2 + ... = f 0 (0)z + f 00 (0)z 2 para z ∈ D. f (z) = f 0 (0) + f 00 (0)z + ... es analı́tica en D. z Sea z ∈ D tal que |z| = r < 1, entonces en {z : |z| < r} se tiene de acuerdo al principio del máximo para g Entonces g(z) = | f (z) f (w) 1 1 | ≤ Sup|w|=r | | ≤ Sup|w|=r = z w |w| r Haciendo ahora r → 1− se obtiene |f (z)| ≤ |z| para todo z ∈ D. Por otra parte, si g(z) = f (z) z = f 0 (0) + f 00 (0)z + ..., es claro que |f 0 (0)| = lı́m | z→0 f (z) |≤1 z 5.6. AUTOMORFISMOS DEL DISCO UNITARIO 51 ii) Supongamos ahora que |f (z0 )| = |z0 | para algún z0 6= 0 y z0 ∈ D, entonces |g(z0 )| = 1 con |z0 | < 1. Pero |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D. Luego el máximo se alcanza en z0 que está en el interior de D. Por el principio del máximo, debe ser g(z) constante, digamos g(z) = a con a ∈ C, entonces f (z) = az con a ∈ C. Pero |z0 | = |f (z0 )| = |a||z0 |. Ası́ |a| = 1. Por otra parte, supongamos que |f 0 (0)| = 1. Entonces como g(z) = f 0 (0) + f 00 (0)z + ..., tenemos que f (z) z = |g(0)| = |f 0 (0)| = 1 Ası́, ya que |g(z)| ≤ 1 para todo z ∈ D concluı́mos otra vez que el máximo se alcanza en 0 que está en el interior de D. Igual que antes llegamos a la conclusión. El resultado anterior dice que si f : D → D es analı́tica tal que f (0) = 0, entonces f (z) = az con |a| < 1. z Por ejemplo f (z) = . 2 Se puede generalizar el resultado anterior para f : D → D tal que f (a) = 0. z−a con |a| < 1. 1 − az En efecto, es claro que f (a) = 0. Veamos que f (D) ⊆ D. Para esto basta ver que f ({z ∈ C : |z| = 1}) ⊆ {z ∈ C : |z| = 1} Um ejemplo de tal función es el siguiente f (z) = Veamos, sea z tal que |z| = 1, entonces zz = 1 o z = 1 z de donde 1 1 |z − a| = | − a| = | (1 − za)| = |z(1 − za)| = |z||1 − az| z z entonces |f (z)| = | z−a |z − a| |= = |z| = 1 1 − az |1 − az| Esto prueba la afirmación. Note además que f es invertible (1-1) ya que, de hecho f −1 (w) = w+a 1 + aw y es evidente que es prácticamente igual a f , exvcepto que a es cambiado por −a de modo que f −1 (D) ⊆ D. Ası́ D ⊆ D y luego f (D) = D, esto es f es además sobreyectiva. Observación 85 Si denotamos φa (z) = z−a , vemos que φ−1 a = φ−a 1 − az 52 CAPÍTULO 5. POLOS Y RESIDUOS El resultado siguente dice que toda función bianalı́tica de D en D tal que f (a) = 0, tiene la forma anterior. Teorema 86 Sea f : D → D analı́tica y biyectiva tal que f (a) = 0, entonces existe c ∈ C tal que |c| = 1 y f (z) = c z−a 1 − az Demostración. Note que g = f ◦ φ−a , g(0) = 0 y g(D) = D. Por lema de Schwarz |g 0 (0)| ≤ 1. Ahora entonces g 0 (z) = f 0 (φ−a (z))φ0−a (z) g 0 (0) = f 0 (φ−a (0))φ−a (0) = f 0 (a)(1 − |a|2 ) ya que φ0−a (z) = (1 + az) − a(z − a) 1 − |a|2 = (1 + az)2 (1 + az)2 Por lo tanto |f 0 (a)| ≤ 1 1 − |a|2 Análogamente, h = φa ◦ f −1 , con h(0) = 0 y h(D) ⊆ D. Luego |h0 (0)| ≤ 1. Calculamos entonces h0 (z) = φ0a (f −1 (z))(f −1 )0 (z) h0 (0) = φ0a (f −1 (0))(f −1 )0 (0) = φ0a (a)(f −1 )0 (0) Notemos que φ0a (z) = 1 1 − |a|2 1 − |a|2 0 , por lo tanto φ (a) = = , a 2 2 2 (1 − az) (1 − |a| ) 1 − |a|2 1 (f −1 )0 (0)| ≤ 1 y ası́ |(f −1 )0 (0)| ≤ 1 − |a|2 . (1 − |a|2 ) Ahora f −1 (f (z)) = z, entonces (f −1 )0 (f (z))f 0 (z) = 1 y (f −1 )0 (f (a))f 0 (a) = 1, ası́ 1 1 1 ≥ |f 0 (a)| = | −1 0 | ≥ 2 1 − |a| (f ) (0) 1 − |a|2 entonces 1 |f 0 (a)| = 1 − |a|2 entonces | Con lo anterior podemos ver que |g 0 (0)| = |f 0 (a)(1 − |a|2 )| = 1 − |a|2 =1 1 − |a|2 5.6. AUTOMORFISMOS DEL DISCO UNITARIO Por lema de Schwarz g(z) = cz con |c| = 1, entonces f ◦ φ−a (z) = cz con |c| = 1 y ası́ f (z) = cφa (z) 53 Capı́tulo 6 Ejercicios 6.1. Ejercicios resueltos i i+z 1 1 + iz 1. Demuestre que Arctan(z) = ln( ) = ln( ). 2 i−z 2i 1 − iz Solución: Sea w = arctan(z) entonces tan(w) = z ⇔ Ası́, tenemos ⇔ ⇔ ⇔ Note que: sin(w) = z. cos(w) eiw − e−iw = i(eiw + e−iw )z e2iw − 1 = ie2iw z + iz 1 + iz e2iw = 1 − iz 1 1 + iz w = ln( ) 2i 1 − iz 1 + iz i−z = . 1 − iz i+z Entonces 0 = ln(( Multiplicando por i + z 1 + iz i+z 1 + iz )( )) = ln( ) + ln( ). i − z 1 − iz i−z 1 − iz 1 obtenemos finalmente 2i 1 + iz −1 i+z i i+z 1 ln( )= ln( ) = ln( ). 2i 1 − iz 2i i−z 2 i−z p 2. Sea f (z) = |xy| (z = x + iy). Demuestre que valen las ecuaciones de Cauchy Riemann en z = 0 pero que f 0 (0) no existe. Justifique. 54 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 55 Solución: p p Sea f (x) = |xy| = u(x, y) + iv(x, y), donde u(x, y) = |xy| y v(x, y) = 0. Tenemos ∂u u(h, 0) − u(0, 0) ∂v (0, 0) = lı́mh→0 =0= (0, 0) ∂x h ∂y ∂u −∂v u(0, h) − u(0, 0) (0, 0) = lı́mh→0 =0= (0, 0). ∂y h ∂x Para ver que f 0 (0) no existe observamos que: p p |xy| |xy|z f (z) − f (0) 0 f (0) = lı́mz→0 = lı́m = lı́m 2 z→0 z→0 z p z−0 p |z| p |xy|(x − iy) x |xy| y |xy| = lı́mz→0 = lı́m ( 2 −i 2 ) 2 2 2 (x,y)→(0,0) x + y x +y x + y2 Si y = 0, el lı́mite es cero, esto es f 0 (0) = 0. Si x = y > 0, obtenemos p p x |x2 | x |x|2 x2 ix2 1 i −i = 2− 2 = − . 2 2 2x 2x 2x 2x 2 2 Luego f 0 (0) no existe. 3. Existe una función analitica f = u + iv tal que u(x, y) = ey/x ?. Justifique. Solución: No, pues de lo contrario debe ser armónica, pero: ∂u ∂ y −y = ey/x ( ) = 2 ey/x ∂x ∂x x x y Por otro lado y Ası́ vemos que ∂ 2u 2y y/x y 2 y/x = e + 4e . ∂x2 x3 x ∂u 1 = ey/x ∂y x ∂ 2u 1 = 2 ey/x . 2 ∂y x ∂ 2u ∂2u + 6= 0. ∂x2 ∂y 2 56 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 4. Halle una transformación de Möbius que deje fijos los puntos 5 3 lleve el punto + i en ∞. 4 4 Solución: w= 1 2 y 2, y que z(1 − 4i) − 2(1 − i) . 2z(1 − i) − (4 − i) z2 como una serie de 5. Encuentre la expansión de la función f (z) = (z + 1)2 Taylor en torno a z = 0 y halle el radio de convergencia. Solución: z 1 z2 2 0 entonces g 0 (z) = y ası́ z g (z) = . z+1 (1 + z)2 (z + 1)2 Recordemos ahora que para |z| < 1 tenemos Sea g(z) = ∞ X 1 = (−1)n z n . 1+z n=0 Entonces ∞ X z = (−1)n z n+1 z + 1 n=0 y luego ∞ z 0 X g (z) = ( ) = (−1)n (n + 1)z n . z+1 n=0 0 De esta manera obtenemos, para |z| < 1 la expresión ∞ ∞ X X z2 n n+2 = (−1) (n + 1)z = (−1)(m − 1)z m . 2 (1 + z) n=0 m=2 z − z1 . Demuestre que la preimagen de la familia | w |= λ es una z − z2 familia de circulos para cada λ 6= 1. 6. Sea w = Solución: Ya que ww = λ2 , reemplazando tenemos que ( z − z1 z − z1 )( ) = λ2 ⇔ (z − z1 )(z − z1 ) = λ2 (z − z2 )(z − z2 ) z − z2 z − z2 ⇔ zz − zz1 − z1 z + z1 z1 = λ2 (zz − zz2 − z2 z + z2 z2 ) ⇔ (1 − λ2 )zz + z(λ2 z2 − z1 ) + z(λ2 z2 − z1 ) + |z1 |2 − λ2 |z2 |2 = 0 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 57 Por lo tanto es un cı́rculo si λ2 6= 1, de lo contrario es una recta. 7. Halle una transformación de Möbius que lleve los puntos −1, i, 1 + i en los puntos 0, 2i, 1 − i respectivamente. Solución: w= −2i(z + 1) 4z − 1 − 5i 8. Demuestre que la función T (z) = zRe(z) es diferenciable sólo en z = 0 y halle T 0 (0). Solución: T (z) − T (0) zRe(z) = = Re(z) →z→0 0 z−0 z Por lo tanto T diferenciable y T 0 (0) = 0. Veamos que no lo es en otro punto lı́m z→z0 T (z) − T (z0 ) zRe(z) − z0 Re(z0 ) 1 z(z + z) − z0 (z0 + z0 ) = lı́m = lı́m z→z0 z − z0 z − z0 2 z→z0 z − z0 Si z = 1 2 lı́mz→z0 zz + zz − z0 z0 − z0 z0 z − z0 = 1 2 lı́mz→z0 zz − z0 z0 + zz − z0 z0 z − z0 (z − z0 )z + z0 z − z0 z0 + (z − z0 )z + z0 z − z0 z0 ) z − z0 z − z0 1 = 2 lı́mz→z0 (z + z − 0 + z + z0 ) z − z0 (z − z0 ) = 21 (z + z0 + z0 ) + z0 lı́mz→z0 z − z0 h = 12 (z + z0 + z0 ) + z0 lı́mh→0 h = 1 2 lı́mz→z0 y h h→0 h lı́m no existe. Note que lo anterior ocurre exepto si z0 = 0 58 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 9. Halle el error en el siguiente argumento: ”Ya que (−z)2 = z 2 se tiene 2ln(−z) = 2ln(z) y luego ln(−z) = ln(z) (!).”Justifique su respuesta. Solución: Si tenemos (−z)2 = z 2 entonces ln(−z 2 ) = ln(z 2 ) Si z = reiθ entonces z 2 = r2 e2iθ con −π ≤ θ ≤ π por lo cual ln(z 2 ) toma mas de un valor. En general ln(z 2 ) = ln(r2 ) + 2iθ + 2kπi (k ∈ Z). Por otra parte −z 2 = (−1)z 2 = eiπ r2 e2iθ = r2 e2θ+π luego ln(−z 2 ) = ln(r2 ) + (2θ + π)i + 2nπi = ln(r2 ) + 2θi + (2n + 1)πi (n ∈ Z). Ası́ ln(−z 2 ) en general es diferente de ln(z 2 ) 10. Encuentre el valor de (3 − 4i)1+i . Solución: √ En efecto (3 − 4i) = 9 + 16earctan(−4/3)i = 5eiθ con θ = arctan(−4/3) = − arctan(4/3). Entonces (3 − 4i)1+i = = = = = = e(1+i) ln(3−4i) e(1+i)(ln(5)+iθ) eln(5)+iθ+i ln(5)−θ eln(5)−θ ei(ln(5)+θ) 5e−θ cos(ln(5) + θ) + i sin(ln(5) + θ) 5earctan(4/3) (cos(ln(5) − arctan(4/3)) + i sin(ln(5) − arctan(4/3)) 11. Halle todas las raices de la ecuación: sen(z) = isenh(z) 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 59 Solución: Tenemos que eiz − eiz ez − e−z =i 2i 2 ⇔ eiz − e−iz = e−z − ez e(1+i)z − 1 1 − e(1+i)z = ez eiz ⇔ eiz (e(1+i)z − 1) = ez (1 − e(1+z)z ) ⇔ Haciendo u = e(1+i)z = ez eiz entonces u−1 1−u = iz z e e De aquı́ u = −e2iz = eiπ+2iz = ei(π+2z) Caso 1: u = 1 e(1+i)z = 1 por lo tanto z = 2kπi 1+i Caso 2: u = ei(π+2z) por lo tanto z = 12. Sea f (z) = ∞ X −(2k + 1)π i+1 z n y sea a ∈ C con |a| < 1 fijo. n=0 (i) Halle la expansión de f (z) como una serie de Taylor en torno a z = a. (ii) Encuentre todos los valores de a para los cuales la expansión en serie de la parte (i) constituye una continuación analitica de f (z). Solución: (i) f (z) = ∞ X zn = n=0 f (z) = ∞ X 1 = (1 − z)−1 1−z an (z − a)n con an = n=0 f (n) (a) n! f 0 (z) = 1(1 − z)−2 f 00 (z) = 1 · 2(1 − z)−3 ... f n (z) = n!(1 − z)−(n+1) ∞ X (z − a)n Por lo tanto f (z) = (1 − a)n+1 n=0 60 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS (ii) a ∈ [0, 1) 13. Considere la función f (z) = ∞ X zn . n (i) Expanda f (z) en una serie de Taylor en torno a z = −1/2. (ii) Determine el dominio en el cual la función f (z) es continuada analiticamente. n=1 Solución: (i) f (z) = ∞ X zn n=1 f (z) = ∞ X n = ln(1 − z) an (z + 1/2)n con an = n=1 f n (−1/2) n! −1 = −(1 − z)−1 . 1−z Ası́ f (n) (z) = −(n − 1)!(1 − z)−n con n = 1, 2, ... 0 f (z) = Por lo tanto f (n) (−1/2) = −(n − 1)!(3/2)−n con Entonces f (z) = ln(3/2) + (ii) (R)−1 = lı́m sup ∞ X 2 1 ( )n (z + 1/2)n 3 n n=1 p n |an | = 23 . Por lo tanto R = ∞ X zn 2 1 f (n) (−1/2) = ( )n . n! 3 n ∞ X 3 2 y |z + 1/2| < 3/2 (z − 2)n . Observe que ambas n n n=1 n=1 series de potencia no tienen dominio de convergencia en común. Sin embargo: 14. Sean f (z) = y g(z) = iπ + (−1)n (i) Demuestre que la función g(z) es continuación analitica de la función f (z). Solución: ∞ X (z − 2)n y g(z) = cπ + (−1)n . f (z) = n n n=1 n=0 Z 15. Evalue la integral |z|dz donde γ es el semicirculo |z| = 1, −π/2 ≤ ∞ X zn γ arg(z) ≤ π/2 y el punto de partida es z = i. (la orientación de la curva es siempre positiva, esto es, en el sentido contrario a las manecillas del reloj). Solución: 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 61 Tenemos que γ(t) = eit y γ 0 (t) = ieit con |γ(t)| = 1. Entonces Z Z π/2 Z π/2 0 |z|dz = |γ(t)|γ (t)dt = γ 0 (t)dt = γ(π/2) − γ(−π/2) γ −π/2 −π/2 Donde γ(π/2) = eiπ/2 = i y γ(−π/2) = −i. Ası́ Z |z|dz = i − (−i) = 2i Z √ dz √ dz donde γ es el circulo |z| = 1, y −1 = i (esto z γ significa que el punto de partida es z = −1) 16. Evalue la integral Solución: Tenemos Z γ 1 √ dz = z Z 2π 0 γ 0 (t) p dt = γ(t) Z π ieit/2 dt = 2(eiπ/2 − e−iπ/2 ) = 4i −π Z 17. Evaluar la integral ln(z)dz donde γ es el circulo |z| = 1, y ln(i) = γ Solución Tenemos Z Z π/2 0 π/2 ln(γ(t))γ (t)dt = −3π/2 Z it π/2 itie dt = − −3π/2 teit = −2π −3π/2 Z z α dz donde α ∈ C y 1α = 1. 18. Evaluar |z|=1 Solución: R α R 2π R 2π R 2π z dz = 0 (γ(t))α γ 0 (t)dt = 0 ieiαt eit dt = i 0 e(α+1)t dt. |z| Ası́ si α = −1 Z z α = 2πi |z|=1 πi . 2 62 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS α 6= −1 Z zα = |z|=1 1 (e2πiα − 1) (α + 1) Z 19. Si |a| 6= R, demuestre que |z|=R |dz| 2πR < 2 . |z − a||z + a| |R − |a|2 | Solución: Z |z|=R |dz| = |z − a||z + a| Z 2π 0 Rdt |γ(t) − a||γ(t) + a| donde γ(t) = Reit con 0 < t < 2π y |dz| = |γ 0 (t)dt| = Rdt Tenemos que |γ(t) − a||γ(t) + a| = |Reit − a||Reit + a| pero |z − a| ≥ ||z| − |a|| y |z + a| ≥ ||z| + |a||. Ası́ tenemos que |γ(t) − a||γ(t) + a| = |γ(t)2 − a2 | ≥ ||γ(t)|2 − |a|2 | Entonces Z 2π 0 Rdt ≤ |γ(t) − a||γ(t) + a| Z 2π 0 Rdt 2πR = |R2 − |a|2 | |R2 − |a|2 | iθ Z z 20. Sea Zz := re ∈ C y γ un camino que une a 1 y z. Demuestre que dw dw := = ln(r) + iθ + 2kπi, donde k es un entero que indica cuanw 1 γ w tas veces el camino de integración da vueltas alrededor del origen. Solución: γ(t) = (z − 1)t + 1 con 0 ≤ t ≤ 1 y γ 0 (t) = z − 1. Entonces Z 1 0 γ 0 (t) dt = γ(t) Z 1 0 (z − 1) dt = ln(z) − ln(1) = ln(z) = ln(r) + iθ + 2kπi ((z − 1)t + 1) 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 63 21. Sea γ : [0, 1] → C una curva cerrada y suponga que z0 ∈ / T raza(γ). Demuestre que Indγ (z0 ) es un número entero. Ayuda: Defina g : [0, 1] → C por Z t γ 0 (s) g(t) = ds 0 γ(s) − z0 y demuestre que la función h(t) = e−g(t) (γ(t) − z0 ) es constante. Solución: Tenemos que 1 Indγ (z0 ) = 2πi Consideremos g(t) = tiene: Rt 0 Z γ dz 1 = (z − z0 ) 2πi Z 1 0 γ 0 (t) dt γ(t) − z0 γ 0 (s) ds; entonces si h(t) = e−g(t) (γ(t) − z − 0) se (γ(s) − z0 ) h0 (t) = −e−g(t) g 0 (t)(γ(t) − z0 ) + γ 0 (t)e−g(t) = −e‘−g(t) γ 0 (t) (γ(t) − z0 ) + γ 0 (t)e−g(t) (γ(t) − z0 ) = 0 Por lo tanto h(t) es constante. Por otro lado h(0) = h(1) pero h(0) = e−g(0) (γ(0) − z0 ) = (γ(0) − z0 ) y h(1) = e−g(1) (γ(1) − z0 ) = e−g(1) (γ(0) − z0 ) entonces e−g(1) (γ(0) − z0 ) = (γ(0) − z0 ) y asi e−g(1) = 1 luego g(1) = 2kπi Por lo tanto Indγ (z0 ) = Z 22. Calcule t ≤ 2π. Solución: γ 1 g(1) = k 2πi ln(z) dz para cada n ∈ N ∪ {0}, donde γ(t) = 1 + 21 eit , zn 0≤ 64 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS f (z) = ln(z) es analı́tica en el disco. Por lo tanto zn Z ln(z) =0 n γ z para todo n ≥ 0 Z 23. Calcule γ z 1/m dz donde γ(t) = 1 + 21 eit , (z − 1)m 0 ≤ t ≤ 2π y m ∈ N. Solución: Sabemos que f (n) entonces f (n−1) n! (z0 ) = 2πi Z γ f (w) dw (w − z0 )(n+1) (m − 1)! (z0 ) = 2πi Z γ f (w) dw (w − z0 )m Sea f (z) = z 1/m , entonces f 0 (z) = 1 (1/m) z m f 00 (z) = 1 1 ( m m − 1)z (1/m)−2 f 000 (z) = 1 1 ( m m − 1)( m1 − 2)z (1/m)−3 ... f k (z) = 1 1 ( m m − 1)( m1 − 2)...( m1 − (k − 1))z (1/m)−k Luego −1 f (m−1) (w) = 1 1 1 1 ( − 1)( − 2)...( − (m − 2))z (1/m)−(m−1) m m m m Por lo tanto Z z 1/m 2πi 2πi 1 1 1 1 dz = f (m−1) (1) = ( −1)( −2)...( −(m−2)) m (m − 1)! (m − 1)! m m m m γ (z − 1) 24. De una expansión en serie de potencias de ln(z) en torno a z = i y halle su radio de convergencia. Solución: X 1 = zn (1 − z) n≥0 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS si |z| < 1 entonces Ası́ 65 X 1 = (iz)n si |z| < 1 (1 − iz) n≥0 X 1 = (i)n−1 z n i(1 − iz) n≥0 si |z| < 1. Entonces X 1 = (i)n−1 z n (i + z) n≥0 si |z| < 1. Luego ln(i + z) = si |z| < 1. Por lo tanto X z n+1 (i)n−1 n+1 n≥0 n+1 X n−1 (w − i) ln(w) = (i) n+1 n≥0 Si |w − i| < 1 el radio de convergencia es 1. 25. Verdadero o Falso: Existe una función analitica en z = 0 y que toma los 1 siguientes valores en los puntos z = (n = 1, 2, ...). n a) 0, 1, 0, 1, 0, 1, ..., 0, 1....; 1 2 3 4 5 6 n , , , , , , ..., , ...?. 2 3 4 5 6 7 n+1 Si la respuesta es afirmativa, encuentre explicitamente la función o, si es negativa, justifique apropiadamente. Solución: a) f (1) = 0, f (1/2) = 1, f (3/2) = 0, f (1/4) = 1, ... No existe pues, zn = 1/n, tal que f (zn ) = 0 para n impar y se tendra f (0) = lı́mn→∞ f (zn ) = 0. Contradicción con el hecho de que f es analı́tica. b) n b)f (1) = 1/2, f (2) = 2/3, f (1/3) = 3/4, ...f (1/n) = n+1 1 n Sea f (z) = 1+z , cumple lo pedido, ya que f ( n1 ) = 1+n 26. Suponga que al menos una de las desigualdades de Cauchy es una igualdad, M (r) esto es: |ck | = . Demuestre que la función f (z) tiene la forma f (z) = ck z k . rk Solución: Consideremos n+c n+1 f (z) = c0 + c1 z + c − 2z 2 + ...cn zn+1 z + ... 66 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Por hipotesis tenemos |ck | = |f k (0)| 1 = Sup|w|=r |f (w)| k n! r Entonces Sup|w|=r |f (w)| = rk | Ası́ |ck | ≤ f ( k)(0) | n! M (r) rk |cn | |ck | = = →r→∞ 0 rn rn rn−k con n 6= k. Por lo tanto f (z) = ck z k 27. Demuestre que si f es una función no constante, analitica en un dominio Ω y f (z) 6= 0 para cada z ∈ Ω, entonces |f (z)| no puede alcanzar su minimo valor en el interior del dominio Ω. Solución: 1 , g analı́tica y no constante en Ω. Entonces por el Principio del Sea g(z) = f (z) Módulo Máximo, |g(z)| no puede alcanzar su m’aximo valor en Ω. Pués Supz∈Ω |g(z)| = Supz∈Ω | 1 | = Infz∈Ω |f (z)| f (z) Por lo tanto |f (z)| no puede alxcanzar su mı́nimo valor en Ω 28. Halle Res( √ Solución: 1 ; 1). 2−z+1 √ √ 1 2−z−1 1 2−z √ = = − (2 − z) − 1 z−1 z−1 2−z+1 √ √ y 2 − z = a0 + a1 (z − 1) + a2 (z − 1)2 + ...., pues 2 − z es analı́tica en z = 1 asi tendremos √ 1 1 1 2−z − = − (±1 + a1 (z − 1)) + ... z−1 z−1 z−1 z−1 1 1 ± − a1 − a2 (z − 1) + ... = z−1 z−1 1±1 = − a1 − a2 (z − 1) + ... z−1 Por lo tanto 0 y 2 son los residuos en z = 1 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 29. Evalúe 67 Z 1 1 1 (1 + z + z 2 )(e z + e z−1 + e z−2 )dz. |z|=3 Solución: Hay tres singularidaddes esenciales: z = 0, 1, 2 dentro de |z| = 3 Res(f, 0) = Res((1 + z + z 2 )e1/z , 0) pues el resto es analı́tica en z = 0. Además 1 1 1 e1/z = 1 + + 2 + 3 + ... z z 2! z 3! . Entonces 1 1 1 + 2 + ...) z z 2! z 3 3! 1 1 1 1 + (z + 1 + + 3 + ...) + (z 2 + z + + + ...) z2! z 3! 2! z3! 1 1 1 (1 + + + ...) = z 2! 3! (1 + z + z 2 )e1/z = (1 + 1 1 + + ... 2 6 Por otro lado Res(f, 1) = Res((1 + z + z 2 )e1/(z−1) , 1) pues el resto es analı́tica en z = 1. Por lo tanto Res(f, 0) = 1 + Además e1/(z−1) = 1 + 1 1 1 + + + ... z − 1 2!(z − 1)2 3!(z − 1)3 y (1 + z + z 2 ) = a0 + a1 (z − 1) + a2 (z − 1)2 con a0 = g(1) = 3, a1 = g 0 (1) g 00 (1) = 3, a2 = =1 1! 2! ası́: (3 + 3(z − 1) + (z − 1)2 )e1/(z−1) = 3 + 3(z − 1) + 3 + 3 3 + + ...+ (z − 1) 2!(z − 1)2 1 1 3 + ... + (z − 1)2 + + 2!(z − 1) (z − 1) 2! 1 3 = (3 + + 1) + ... (z − 1) 2 Entonces Res(f, 1) = 3 + 32 + 30. Evalúe 1 6 Z |z|=r z3 dz. 2z 4 + 1 68 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Solución: En efecto 1 2 Z |z|=1 z3 1 1 dz = 4 2 z +2 2. Evalúe Z |z|=1 1 2πi Z f 0 (z) 2πi dz = (ceros − polos) = πi f (z) 2 1 sin2 dz. z |z|=r Solución: z3 z5 + − ... 3! 5! 1 1 1 1 sin = − + − ... 3 z z 3!z 5!z 5 1 1 1 1 1 1 1 = ( − + − ...)( − + − ...) sin2 z z 3!z 3 5!z 5 z 3!z 3 5!z 5 1 1 = 2 − 4 + ... z z Por lo tanto Res(f, 0) = 0 sin z = z− y ası́ 1 2πi 31. Halle Res( za √ ; 1), 1− z Z 1 sin2 ( ) = 0 z |z|=r a ∈ R. Solución: √ √ zα 1+ z −(1 + z)z α √ · √ = . z−1 1− z 1+ z Ademaás √ (1 + z) = a0 + a1 (z − 1) + a2 (z − 1)2 + ... zα (1 + = ea ln z = b0 + b1 (z − 1) + b2 (z − 1)2 + ... √ z) = c0 + c1 (z − 1) + c2 (z − 1)2 + ... 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 69 Entonces √ −(1 + z)z α −c0 = + c1 + c2 (z − 1) + ... z−1 z−1 √ donde f (z) = (1 + z)z α y ası́ f (1 ± 1)e2kπia . Por lo tanto Res( zα √ , 1) = f (1 ± 1)e2kπia 1− z 32. Sea f una función analitica en el circulo |z| < 1 y suponga que f (0) = 0 y |f (z)| ≤ 1. i) Demuestre que |f (z)| ≤ |z| para |z| < 1. ii) Suponga que |f (z)| = |z| en al menos un punto interior del circulo. Demuestre que f (z) = eiα z ( α real). Solución: f (z) , entonces g es analı́tica para |z| =< 1 ya que f (0) = 0. z |f (z)| Además si |z| < 1 entonces |g(z)| = ≤ 1. Por el principio de Módulo Máxi|z| mo entonces |g(z)| ≤ |z| i) Sea g(z) = ii) Demostremos que si |f (z0 )| = |z0 | para un punto |z0 | < 1 entonces f (z) = eiα z para α ∈ R. En efecto si |g(z0 )| = 1 entonces el máximo se alcanza en un punto interior de |z| < 1 y por lo tanto g es constante y |f (z)| = |c||z| para |z| < 1. Ahora |c| = 1 evaluando en z0 . Por lo tanto c = eiα y g(z) = eiα . Ası́ f (z) = eiα z 33. Verdadero o Falso: Existe una función analitica en z = 0 y que satisface: 1 −1 1 f ( ) = f ( ) = 2 ? (n ∈ N) n n n Si la respuesta es afirmativa, encuentre explicitamente la función o, si es negativa, justifique apropiadamente. Solución: 1 1 −1 1 i) f ( ) − 2 = 0 y f ( ) − 2 = 0 con n ∈ n. n n n n 1 Sea g(z) = f (z) − z 2 con ceros en z = .además g(0) = 0 − 0 = f (0) 6= 0. n Por lo tanto f (z) = z 2 , hace lo anterior y es analı́tica en z = 0 70 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Z 34. Evalue : |z−a|=a z4 z dz; −1 a > 1. Solución: z z = 3 −1 (z − 1)(z + z 2 + z + 1) (z)4 Entonces Z |z−a|=a donde f (z) = f (z) 2πi πi dz = 2πif (1) = = z−1 4 2 z es analitica en |z − a| < a z3 + z2 + z + 1 1 35. Evalue : 2πi Z C zez dz; (z − a)3 si a está en el interior de la curva C. Solución: Tenemos que 1 f (z) = 2πi f 0 (z) = f 00 (z) = Aquı́ f 00 (a) = Entonces 1 πi Z C 1 2πi 2 2πi Z C f (w) dw (w − z) C f (w) dw (w − z)2 Z Z C f (w) dw (w − z)3 f (w) dw con f (w) = wew . (w − a)3 f 0 (w) = ew + wew f 00 (w) = 2ew + wew Ası́ 1 2πi Z C 2ea + aea zez dz = = (1 + a/2)ea (z − a)3 2 36. Calcule una expansión de la función f (z) = una vecindad de z = ∞. Solución: 1 en serie de Laurent en z−2 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 71 1 Sea f (z) = . La expanción en torno a z = ∞ es por definición, la expanción z−2 1 de f ( ) en torno de z = 0. Ası́ z 1 f( ) = z 1 z ∞ X 1 z = =z 2n z n 1 − 2z −2 n=0 1 1 si |z| < . Haciendo w = se obtine 2 z ∞ ∞ 1 X n 1 n X 2n 2 ( ) = f (w) = w n=0 w wn+1 n=0 si |w| > 2 que es la expresión pedida. 37. Calcule una expansión de la función f (z) = 1 , donde 0 < (z − a)(z − b) |a| < |b|, en serie de Laurent en una vecindad de: i) z = 0 ii) z = a Solución: i) En z = 0 tenemos 1 1 = (z − a)(z − b) (a − z)(b − z) = 1 1 1 ( − ) (b − a) (a − z) (b − z) = 1 1 1 1 1 ( ( )) z)− ( (b − a) a 1 − a b 1 − zb ∞ ∞ 1 1 X zn 1 X zn = ( − ) (b − a) a n=0 an b n=0 bn ∞ X 1 zn zn = ( ( n+1 − n+1 )) (b − a) n=0 a b = ∞ X 1 (bn+1 − an+1 ) ( zn ) (b − a) n=0 (an+1 bn+1 ) 72 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS para |z| < |a| ii) En z = a tenemos 1 1 = (z − a)(z − b) (a − z)(b − z) = 1 (a − z)(b − a + a − z) 1 1 (a − z) (b − a)(1 + a−z ) b−a ∞ X 1 (−1)n (a − z)n = (a − z)(b − a) n=0 (b − a)n = ∞ X (z − a)n 1 1 = ( ) (a − b) (z − a) n=0 (b − a)n 1 1 (z − a) (z − a)2 = ( (1 + + + ...)) (a − b) (z − a) (b − a) (b − a)2 ∞ X (z − a)n 1 1 ( + ) = (a − b) (z − a) n=0 (b − a)n+a si |z − a| < |b − a| 38. Encuentre y clasifique todas las singularidades de la función z7 f (z) = (z 2 − 4)2 cos µ 1 z−2 ¶. Solución: z7 1 z7 cos( )= 1 (z − 2)2 (z + 2)2 z−2 (z − 2)2 (z + 2)2 (1 + (z−2) + 1 2!(z−2)2 + ...) Por lo tanto z = −2 es polo de orden 2 y z = 2 es singularidad esencial. 39. Encuentre y clasifique todas las singularidades de la función 1 . f (z) = sin 1 sin z 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 73 Solución: 1 e/z − e−i/z 1 = 0 entonces = 0 y si e2i/z = 1 entonces z = . z 2i kπ 1 Por lo tanto zk = son todas las singularidades de f (z) kπ Si sin 40. Sea f una función analitica en el circulo |z| < 1 y suponga que f (0) = 0 y |f (z)| ≤ 1. Demuestre que |f (z)| ≤ |z| para |z| < 1. (Comentario: El resultado se conoce como Lema de Schwarz). Solución: Sea g(z) = f (z) ; z entonces g es analı́tica aún en z = 0 pues f (0) = 0. Por el principio del módulo máximo tenemos Sup|z|<1 |g(z)| = Sup|z|=1 |g(z)| = Sup|z|=1 f (z) = Sup|f (z)| z Ya que |f (z)| ≤ 1 se obtiene Sup|z|<1 |g(z)| ≤ 1. Entonces |f (z)| ≤ |z| para |z| < 1 41. Expandir la función f (z) = 1 en serie de Laurent en torno a: z(z − 1) (i) El punto z0 = 0. (ii) El punto z0 = 1. Solución: i) 1 1 1 = + z(1 − z) z 1−z ∞ 1 X n = + z z n=0 1 + 1 + z + z 2 + ... = z 74 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS ii) 1 1 1 = + z(1 − z) z 1−z −1 1 = + (−1 + 1 − z) 1 − z 1 1 + = 1 − (1 − z) 1 − z ∞ X 1 = + (1 − z)n 1 − z n=0 1 = + 1 + (1 − z) + (1 − z)2 + ... 1−z 42. Halle y clasifique las singularidades de las siguientes funciones. Justifique su respuesta. 1 . z − z3 1 (ii) z e −1 Solución: (i) 1 1 = tiene 3 singularidades;z = 0, z = 1, z = −1 (z − z 3 ) z(1 − z 2 ) z = 0 es polo de orden 1 pues si |z| < 1 tenemos i) ∞ 1 1 X 2n 1 1 = z = (1 + z 2 + z 4 + ...) = + z + z 3 + ... 2 z(1 − z ) z n=0 z z z = 1 es polo de orden 1 pues 1 1 g(z) = = 2 z(1 − z ) (1 − z)(z(1 + z)) (1 − z) donde g(z) = 1 es analı́tica en z = 1. z(1 + z) Entonces 1 1 a0 = (a0 + a1 (1 − z) + a2 (1 − z)2 ) + ... = + a1 + a2 + ... 2 z(1 − z ) 1−z 1−z z = −1 es polo de orden 1, se prueba de manera análoga. ii) z = 0 y ez = 1 son las singularidades, esto es z = 2kπi con k ∈ Z. 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 75 Ahora veamos de que tipo son z = 0: Sea f (z) = 1 1 1 g(z) 1 = = = = 2 2 z ez − 1 z(1 + 2! + ...) z (1 + z + z2! + ...) − 1 z + z2! + ... donde g(z) = Entonces 1 1+ z 2! + ... es analı́tica en z = 0. 1 a0 f (z) = (a0 + a1 z + a2 z 2 ) + ... = + a1 + a2 z + ... z z luego 1 1 −1 a0 − + z = + + a1 + a2 z + ... z e −1 z z 1 1 donde a0 = g(0) = 1. Por lo tanto z − = a1 + a2z + .... e −1 z Ası́ z = 0 es singularidad reparable. z = 2kπi tenemos que z e = ∞ X an (z − 2kπi)n n=0 ∞ X 1 = (z − 2kπi)n n! n=0 (z − 2kπi)2 = 1 + (z − 2kπi) + + ... 2! Entonces ez − 1 = (z − 2kπi)(1 + de aqui tenemos (ez (z − 2kπi) + ...) 1! 1 h(z) = − 1) (z − 2kπi) 1 es analı́tica en z = 2kπi. (z − 2kπi) + ... 1+ 2! 1 1 1 Ası́ z = 2kπi es un polo de orden 1 de z y también de z − e −1 e −1 z donde h(z) = 43. Evaluar: Z |z|=3 z dz. sin(z)(1 − cos(z)) 76 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Solución: Vemos que las singularidades son z = 0, z = π, z = −π y además Res(f, 0) = 0 Res(f, π) = −π 2 Res(f, −π) = π2 Ası́ tenemos que Z |z|=5 z dz = 2πi(0) = 0 sin(z)(1 − cos(z)) 44. Determine el número de raı́ces de la función f (z) = z 9 − 2z 6 + z 2 − 8z − 2, en el interior del circulo |z| < 1. Solución: Consideremos f (z) = z 9 − 2z 6 + z 2 − 2 y g(z) = −8z. Entonces |f (z)| ≤ 6 < 8 = |g(z)| en |z| = 1. Por lo tanto tiene una sola raiz. 45. Supongamos que f es analitica en D(0, 2)\{0} y que para cada número natural n ≥ 0 se cumple que Z z n f (z)dz = 0. |z|=1 Demuestre que en tal caso z = 0 es una singularidad reparable de f . Solución: Si Z z n f (z)dz = 0 bn = |z|=1 Por lo tanto f tiene una singularidad reparable en z = 0, pues f (z) = b0 +b1 z +... 46. Halle los residuos de la función f (z) = sus puntos singulares. Solución: z2 + z − 1 con respecto a todos z 2 (z − 1) 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 77 Vemos que los puntos singulares son z = 0 poolo de orden 2 y z = 1 polo de orden 1. Entonces tenemos z2 + z − 1 =1 z→1 z2 Res(f, 1) = lı́m(z − 1)f (z) = lı́m z→1 ∂ 2 ∂ z2 + z − 1 (z f (z)) = lı́m ( )=0 z→0 ∂z z→0 ∂z z−1 Res(f, 0) = lı́m 47. Halle Res(f ◦ φ, a) si φ es analitica en z = a, φ0 (a) 6= 0, y f tiene un polo simple en w = φ(a) con residuo A. Solución: Tenemos lo siguiente f (w) = Entonces f (φ(z)) = A + a0 + a − 1(w − φ(a)) + ... w − φ(a) A + a0 + a1 (φ(z) − φ(a)) + ... φ(z) − φ(a) donde φ(z) = φ(a) + b1 (z − a) + b2 (z − a)2 + ... con b1 = φ0 (a) 6= 0. Ası́ (f ◦ φ)(z) = A b1 (z − a)(1 + b2 (z b1 − a) + ...) entonces Res(f ◦ φ, a) = 48. Evalue 1 2πi Z A φ0 (a) 1 sen( )dz. z |z|=r Solución: w3 Sabemos que sin w = w − + .... 3! Entonces 1 1 1 sin = − 3 + ... z z z 3! = A φ0 (a)(z − a) + ... 78 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS luego 1 Res(sin , 0) = 1 z . Por lo tanto 1 2πi 49. Evalue Z 1 2πi 1 sin dz = 1 z |z|=r Z z n e2/z dz |z|=r siempre que n ≥ −1. Solución: w2 = 1+w+ + ... 2!2 2 2 e2/z = 1+ + + ... z 2!z 2 2 n−2 2z 2k z n−k z n e2/z = z n + 2z n−1 + + ... + ... 2! n! 2n+1 Entonces Res(z n e2/z , 0) = (n + 1)! ew 50. Sea a ∈ R, a > 1. Calcule Z π −π dθ . a + cosθ Solución: Z Z 2 1 dz = dz z+z 2 i |z|=1 z + 2az + 1 −π |z|=1 (a + 2 )iz √ √ Observamos que z 2 + 2az + 1 = (z + a + a2 − 1)(z + a − a2 − 1). Ası́ Z π −π π 1 dθ = a + cos θ 1 4π dθ = a + cos θ 2πi Z 1 Z |z|=1 (z + a + √ a2 1 2π √ =√ 2 − 1)(z + a − a − 1) a2 − 1 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 51. Calcule Z 79 ∞ −∞ x2 xsenx dx. + 2x + 2 Solución: zeiz en donde z 2 + 2z + 2 = 0 si y sólo si z = −1 + i y z 2 + 2z + 2 S z = −1 − i, luego consideramos γ = CR [−R, R]. Sea f (z) = Entonces Z Z Z f (z)dz = Notar que γ R CR R f (z)dz + CR f (x)dx −R f (z)dz → 0 por Lema de Jordan. Por otra parte Z γ zeiz dz = 2πiRes(f, −1 + i) = π(−1 + i)e−1−i z 2 + 2z + 2 Entonces Z R lı́m n→∞ Ası́ Z −R ∞ −∞ Z 52. Evaluar |z|=1 x2 xeix dx = π(−1 − i)e−1−i x2 + 2x + 2 x sin x π dx = (cos 1 + sin 1) + 2x + 2 e ez dz. z 2 (z 2 − 9) Solución: Vemos que z = 0 es polo de orden 2, z = ±3 son polos de orden 1 y z 2 − 9 = (z − 3)(z + 3) que no estan en el interior de |z = 1|. Luego Z ez ∂ z 2 ez −2πi dz = 2πiRes(f, 0) = 2πi lı́m ( )= 2 2 2 2 z→0 ∂z z (z − 9) 9 |z|=1 z (z − 9) Z 2π 53. Evaluar Solución: 0 dt donde a > 1. Ayuda: Hacer z = eit . a + cos t 1 1 1 Sea z = eit entonces 2 cos t = eit + e−it = z + , entonces cos t = (z + ) z 2 z 1 it y como dz = ie dt entonces dt = dt. iz 80 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Por lo tanto Z 2π Z 1 2 1 dz 1 dz = 2 i |z|=1 z + 2az + 1 z(2a + z + z ) 0 0 √ Como z 2 + √ 2az + 1 = 0 ⇔ z = −a ± a2 − 1 donde a2 − 1 > 0 observamos que sólo −a + a2 − 1 está en el interior de |z| = 1. Luego 2 1 dt = a + cos t i Res( Ası́ 2 i Z |z|=1 z2 Z 2π √ 1 1 2 − 1) = √ , −a + a z 2 + 2az + 1 2 a2 − 1 √ 1 2 1 2π dz = 2πiRes( 2 , −a + a2 − 1) = √ + 2az + 1 i z + 2az + 1 a2 − 1 Z ∞ 54. Evaluar 0 Solución: x2 + 1 dx. x4 + 1 Vemos que las singularidades son polos simples en z1 = eiπ/4 , z − 2 = ei3π/4 , S z3 = ei5π/4 , z − 4 = ei7π/4 . Consideremos la curva γ = CR [−R, R], entonces tenemos Z Z Z R f (z)dz = f (z)dz + γ donde Z CR f (x)dx −R √ f (z)dz = 2πiRes(f, eiπ/4 ) + 2πiRes(f, e3πi/4 ) = π 2 γ y por Lema de Jordan Z f (z)dz → 0 CR Entonces Z ∞ −∞ √ x2 + 1 dx = π 2 x4 + 1 Como el argumento es una función par entonces podemos escribir √ Z ∞ 2 π 2 x +1 dx = x4 + 1 2 0 55. Halle el número de raı́ces de la ecuación z 4 −8z +10 = 0 que se encuentran en el anillo 1 < |z| < 3. 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 81 Solución: a) f (z) + g(z) = z 4 − 8z + 10 con f (z) = z 4 − 8z y g(z) = 10, entonces |f (z)| ≤ 9 < 10 = |g(z)| en |z| = 1. Por lo tanto no tiene raı́ces en |z| < 1. b) f (z) + g(z) = z 4 − 8z + 10 con f (z) = −8z + 10 y g(z) = z 4 , entonces |f (z)| ≤ 8|z| + 10 = 34 < 34 = |g(z)| en |z| = 3. Por lo tanto tiene 4 raı́ces en |z| < 3. De lo anterior vemos que z 4 − 8z + 10 tiene 4 raı́ces en 1 < |z| < 3 56. Sea f una función analitica en el semiplano superior H+ = {z ∈ C : Im(z) > 0} y tendiente a cero cuando z → ∞ para z perteneciente a H+ . Demuestre que para cada z = x + iy ∈ H+ se tiene Z y ∞ f (t) f (z) = dt π −∞ (t − x)2 + y 2 Ayuda: Demuestre que 1 f (z) = 1πi y que 1 0= 2πi Z Z ∞ −∞ ∞ −∞ f (x) dx (x − z) f (x) dx (x − z) Solución: Por fórmula de Cauchy en el camino γ(t) = t con −∞ < t < ∞ se tiene que Z 1 f (w) dw = f (z)siz ∈ H+ 0sizH+ 2πi γ (w − z) Y notamos que Z γ f (w) dw = (w − z) Z ∞ −∞ f (x) dx (x − z) A fin de ver lo pedido, restamos y obtenemos Z ∞ 1 1 1 ( − )f (t)dt f (z) = 2πi −inf ty (t − z) (t − z) donde ( 1 z−z 2iy 1 − )= 2 = 2 2 (t − z) (t − z) t − tz − tz + |z| t − 2tx + x2 + y 2 82 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS con z = x + iy y z = x − iy Por lo tanto Z 1 ∞ yf (t) f (z) = dt π −∞ (t − x)2 + y 2 Luego si u(z) = Ref (z), esto es , u(x, y) = Ref (x, y) entonces f (t) = f (t, 0) = u(t, 0). Ası́ Z 1 ∞ y u(x, y) = u(t, 0)dt π −∞ (t − x)2 + y2 Además u(x, y) → 0 cuando (x, y) → ∞ 57. Evaluar Z ∞ −∞ cos(x) dx, x2 + a 2 a > 0. Solución: ei z y las singularidades son z = ±ia donde sólo ia ∈ Ω z 2 + a2 (Ω semicircunferencia de radio a sobre el eje real). Usamos que f (z) = Por lo tanto Z (z − ia)ez π = e−a z→ia (z − ia)(z + ia) a f (z)dz = 2πiRes(f, ia) = 2πi lı́m γ y por el otro lado Z Z f (z)dz = γ ∞ −∞ cos x dx + i x2 + a 2 Ası́ Z ∞ −∞ Z ∞ −∞ sin x dx + 2 x + a2 Z CR eiz dz z 2 + a2 cos x π −a dx = e x2 + a2 a 58. Sea w una raı́z n-ésima de la unidad (i.e wn = 1 y wj 6= 1,, j = 1, 2, ...(n − 1)) i)Encuentre ii)Encuentre n−1 X j=0 n−1 X j=0 Solución wj (j + +1)wj 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 83 i) n−1 X wj = 1 + w + ... + wn−1 = j=0 1 − wn =0 1−w ya que w 6= 1 y wn = 1 ii) n−1 X (j + 1)wj = 1 + 2w + 3w2 + ...nwn−1 j=0 Notar que (1 + 2w + 3w2 + ...nwn−1 )(1 − w) = 1 + w + ...wn−1 + nwn Luego 1 + 2w + ...nwn−1 = (1 + w + ...wn−1 ) + nwn 0 + nwn n = = 1−w 1−w 1−w 59. Sea f : C → D definida por f (z) = z , donde D := {z : |z| < 1} 1 + |z| ∂f ∂z ∂f ii)Encuentre ∂z Solución: i)Encuentre i) f (z) = Entonces Ahora |z|2 = zz 2|z| Por lo tanto zz ∂ (|z|) −z ∂z ∂f = ∂z (1 + |z|)2 entonces ası́ 1+ z √ ∂ (|z|) = z ∂z z ∂ (|z|) = ∂z 2|z| −z 2 −z 2 ∂f 2|z| = = ∂z (1 + |z|)2 2|z|(1 + |z|)2 84 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS ii) ∂ 1(1 + |z|) − z ∂z (|z|) ∂f = ∂z (1 + |z|)2 pero |z|2 = zz entonces 2|z| ası́ ∂ (|z|) = z ∂z ∂ z (|z|) = ∂z 2|z| Por lo tanto ∂f 2 + |z| = ∂z 2(1 + |z|)2 60. Encuentre los valores de z para los cuales es convergente la serie ∞ X n=0 ( z n ) 1+z Solución: Sea w = z entonces 1+z ∞ X ∞ z n X n ) = w ( 1+z n=0 n=0 que converge sólo si |w| < 1. Luego la serie pedida converge sólo si | 61. Si |z| = 1, demuestre que | Solución z |<1 z+1 az + b | = 1 con a, b ∈ C bz + a Como |z| = 1, entonces zz = 1 y z = (z)−1 . Luego az + b az + b = bz + a (b + za)z ası́ tendremos | az + b az + b 1 |az + b| |az + b| az + b |=| | |= = =| =1 |az + b| bz + a az + b |z| az + b |az + b| 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 85 62. Sean γ0 , γ1 : [0, 1] → C dos curvas cerradas de clase C 1 y z ∈ C tal que |γ0 (t) − γ1 (t)| < |z − γ0 (t)| para cada t ∈ [0, 1]. Demuestre que Indγ0 (z) = Indγ1 (z). Ayuda:Considere la curva γ(t) = γ1 (t) − z γ0 (t) − z con t ∈ [0, 1] y compruebe que la trayectoria está contenida en D(1, 1) := {z ∈ C : |z − 1| < 1} Solución: S Notemos que z ∈ / T raza(γ0 ) T raza(γ1 ), por lo tanto Indγ0 (z) y Indγ1 (z) están bien definidos. Tambien vemos que γt es de clase C 1 y cerrada pues γ(1) = γ(0). Observemos que |γ(t) − 1| = | γ1 (t) − z |γ1 (t)| − γ0 (t) − 1| = <1 γ0 (t) − z |γ0 (t) − z| luego T raza(γ) ⊆ D(1, 1) y por propiedades de Indice concluimos que Indγ (0) = 0. Ası́ 1 2πi Z 1 0 γ 0 (t) dt = γ(t) 1 = 2πi = 1 2πi Z 1 0 Z 1 0 γ 0 (t)(γ0(t) − z) − γ 0 0(t)(γ1 (t) − z) dt (γ1 (t) − z)(γ0 (t) − z) Z 1 γ10 (t) 1 γ00 (t) dt − dt γ1 (t) − z 2πi 0 γ0 (t) − z = Indγ1 (z) − Indγ0 (z) 63. Sea γ la frontera del cuadrado encerrado por las cuatro rectas x = ±2 e y = ±2. Calcule: Z cos z i) dz z2 + 8 γ Z z dz ii) γ 2z + 1 86 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Z cosh z dz z4 γ Solución: √ √ cos z i) Vemos que 2 es analı́tica en C \ {−2 2, 2 2}, por lo tanto es holomorfa Z z +8 cos z en Ω, y ası́ dz = 0 por el Teorema de Cauchy. 2 γ z +8 z ii) Vemos que es analı́tica en C \ {−1/2}, luego por la fórmula integral de 2z + 1 Cauchy tenemos Z Z z 1 z −πi dz = 1 dz = 2 γ z+2 2 γ 2z + 1 iii) iii) Usnado la fórmula integral de Cauchy para la tercera derivada tenemos Z γ cosh z 2πi ∂ 3 (cosh z) πi dz = = sinh(0) = 0 4 3 z 3! ∂z 3 64. Sea f analı́tica. Suponga que Ref es constante. Demuestre que f es constante. Solución: f = u + iv y por definición u es constante. Si f es analı́tica entonces ∂v ∂u = ∂x ∂y y ∂u −∂v = ∂y ∂x ∂v ∂v =0y = 0. ∂y ∂x Ası́ v es constante y entonces f es constante. Por lo tanto Z dz √ z γ √ i) en el semicirculo z = 1, y ≥ 1, 1 = 1 √ ii)en el semicirculo |z| = 1, y ≥ 1, 1 = −1 65. Evaluar Solución: 6.1. EJERCICIOS RESUELTOS 87 i) γ(t) = eit con 0 ≤ t ≤ π, entonces Z π 0 ieit dt = i eit/2 Z π eit/2 dt = 2(eiπ/2 − 1) = −2(1 − i) 0 ii)γ(t) = eit con 0 ≤ t ≤ π, entonces Z π 0 ieit i dt = iπ it/2 iπ e e e Z π eit/2 = (−1)2(i − 1) = 2(1 − i) 0 Z ez dz si: 3 γ z(1 − z) i)El punto z = 0 está en el interior y el punto z = 1 está en el exterior de la curva γ 66. Evaluar ii)El punto z = 1 está en el interior y el punto z = 0 está en el exterior de la curva γ iii) Los puntos z = 0 y z = 1 están en el interior de la curva γ Solución: i) 1 2πi Z γ 1 f (z)dz = f (0) = 1 z z con f (z) = e (1 − z)3 ii) 1 2πi con f (z) = iii) 1 2πi Z γ 1 1 00 −e f (z)dz = f (1) = (z − 1)3 2 2 −ez z Z γ ez 1 dz = 3 z(1 − z) 2πi donde Z γ −ez dz = Res(f, 0) + Res(f, 1) z(z − 1)3 −ez =1 z→0 (z − 1)3 Res(f, 0) = lı́m y −e 1 ∂2 e−z 3 ((z − 1) )= 2 3 z→1 2 ∂z z(z − 1) 2 Res(f, 1) = − lı́m 88 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Ası́ 1 2πi Z γ ez e dz = 1 − 3 z(1 − z) 2 67. Sea f analitica en D. Suponga que |f (z)| ≤ 1 si |z| < 1. Demuestre que |f 0 (0)| ≤ 1. Obs. D := {z ∈ C : |z| < 1}. Solución: 1 f (z) = 2πi Z 0 γ f (w) dw (w − z)2 it con γ(t) = re y 0 ≤ t ≤ 2π. Entonces 1 f (0) = 2πi Z 0 γ f (w) 1 dw = w2 2πi Luego 1 |f (0)| ≤ 2π Z 2π 0 0 Z 2π 0 f (reit ) it 1 rie dt = r2 e2it 2π |f (reit )| 1 dt ≤ r 2πr Z Z 2π dt = 0 2π 0 f (reit ) dt reit 1 r para todo r < 1. Entonces |f 0 (0)| ≤ 1 cuando r → 1− 68. Suponga que f es entera y que existen M > 0, R > 0, n ≥ 1 tales que |f (z)| ≤ M |z|n , para |z| > R. Demuestre que f es un polinomio de grado ≤ n. Solución: Como f (z) = X f (n) (0) n n! zn y |f (k) (0)| ≤ k!M (r) rk ≤ k!M rn−k → 0 cuando (n − k) ≤ 0 y donde M (r) = max|z|=r |f (z)| ≤ M rn para r > R. Por lo tanto f es un polinomio de grado a lo mas n 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 89 69. Sea f : C → C una función entera. Suponga que existe constante positiva M tal que |f (z)| ≤ M |z|1/2 para cada z ∈ C. Demuestre que f es constante. Solución: Sea 0 < r. Si |z| ≤ r, entonces |f (z)| ≤ M r1/2 . Luego por la Desigualdad de Cauchy |f (n) (0)| ≤ n! M (r) rn con M (r) = max|z|=r |f (z)| ≤ M r1/2 . Entonces |f (n) (0)| ≤ n! rn−1/2 →0 para todo n ≥ 1. Ası́ f (n) (0) = 0 para todo n ≥ 1, por lo tanto f es constante. 6.2. Ejercicios propuestos 1. Resuelva la ecuación: z = z n−1 donde n 6= 2 es un número natural. 2. Demuestre la siguiente desigualdad: | z − 1 | ≤ | arg(z) | . |z| (ayuda: Use el hecho que: 1 − cosθ ≤ θ2 /2) 3. Demuestre que: | z + w |2 + | z − w |2 = 2(| z |2 + | w |2 ). 4. Hallar todas las soluciones de (z − i)3 = −1. 5. Hallar (1 + i)12 . 90 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 6. Determinar la imagen de la banda Ω := {(x, y) ∈ R2 : x > 0, 0 < y < 1} bajo la transformación i f (z) = , z ∈ C\{0}, z = x + iy, z representando geométricamente tanto la banda como la imagen. 7. Hallar una transformación de Möbius que transforme la circunferencia |z| = 1 en la recta Im(z) = 0. 8. Hallar la imagen de la recta x+y = 1 mediante la transformación de Möbius w= z+1 . z−1 9. Hallar las partes real e imaginaria de z z . 10. Demostrar que |Im(1 − z + z 2 | < 3 si |z| < 1. 11. Demostrar que si z 6= 1 es una raı́z n-ésima de la unidad, entonces n−1 X z k = 0. k=0 12. Determinar la imagen del cuadrante x > 1, y > 0 por la inversión 1 f (z) = , z z ∈ C\{0}, z = x + iy. 13. Determı́nense todos los polinomios armónicos de la forma u(x, y) = ax3 + bx2 y + cxy 2 + dy 3 , donde a, b, c, d ∈ R. Calcule una función v(x, y) para la que la función f (z) definida por f (z) := u(x, y) + iv(x, y) sea analitica en C. 14. Sea Ω ⊂ C un abierto simétrico respecto del eje real. Demostrar que f : Ω → C es analitica si y sólo si la función g : Ω → C definida por g(z) := f (z) es analitica. 15. Expresar la función inversa w = sen−1 (z) por medio de un logaritmo. 16. Hallar la imagen del triángulo rectángulo −x < y < x; 0 < x < 1 mediante la transformación w = z 2 . 17. Hallar una transformación de Möbius que deje 1 e i fijos y lleve 0 a −1. 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 91 18. Sea u una función armónica. Una función v tal que f = u + iv es analitica se llama función armónica conjugada de u. Halle una función armónica conjugada xy . de u(x, y) = 2 (x + y 2 )2 19. Hallar las partes real e imaginaria de z z . z . 20.Halle la imagen del circulo |z| = 1 bajo la transformación T (z) = (1 − z)2 Solución: Podemos escribir: |z| = 1 ⇒ z = eiθ Ası́ tendremos T (eiθ ) = con eiθ eiθ 1 = = <0 iθ 2 iθ 2iθ (1 − e ) (1 − 2e + e ) 2(cos(θ) − 1) 1 ∈R 2(cos(θ) − 1) P∞ 1 de la función real 1 + x2 1 converge para |x| < 1 pero diverge para x = 1, aún cuando es infinita1 + x2 mente derivable para todo valor de x. 21. Explique por que la serie de Taylor n 2n n=0 (−1) x 22. Hallar la imagen de la circunferencia |z − 1| = 1 mediante la inversión. 23. Determinar la imagen de la banda Ω := {(x, y) ∈ R2 : x > 0, 0 < y < 1} bajo la transformación i f (z) = , z ∈ C\{0}, z = x + iy, z representando tanto la banda como la imagen. 24. Hallar una transformación de Möbius que transforme la circunferencia |z| = 1 en la recta Im(z) = 0. 25. Demuestre que la función f (z) = zez , no es analitica. 26. Utilizando las ecuaciones de Cauchy-Riemann, demuestre que la función f (z) = zez , no es analitica. 92 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 27. Sea f (z) = x2 + iy 2 . Determine donde f 0 (z) existe y halle su valor. 28. Demuéstre que la función u(x, y) = cosh y sin x es armónica en el plano y construya otra función armónica v(x, y) para la que f (z) := u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy sea analitica en C. Z 29. Calcule (x − y + iy 2 )dz si γ es el segmento de recta que une 0 a 1 + i. γ √ 30. Justifique porque f (z) = z 2 − 1 puede definirse de modo que sea analı́tica en cualquier dominio simplemente conexo dado, que no contenga los puntos z = 1 y z = −1. Z 2 ez 31. Calcule dz donde γ es el rectángulo limitado por x = 0, x = 3, γ z −1 y = −1 e y = 1. Z z+1 32. Calcule dz, donde γ es el cı́rculo de centro 0 y radio 2. 3 γ (z − 1) (z − 4) 33. a) Encuentre a, b, c, d ∈ R tales que el polinomio u(x, y) = ax3 + bx2 y + cxy 2 + dy 3 sea una función armónica. b) Encuentre una función v(x, y) tal la que la función f (z) definida por f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy, sea analitica en cada punto de C. 34. Sea Ω un abierto simétrico con respecto del eje real. Demuestre que f es analitica en Ω si y sólo si la función g definida como g(z) = f (z), es analitica en Ω. 35. Determine el conjunto de todos los puntos del plano donde cada una de las siguientes funciones es analitica, calculando además las derivadas en esos puntos. a) a(z) = z 2 z b) b(z) = |z|Rez c) c(z) = z 2 z d) d(z) = zRez. 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 93 36. Aplicando la definición de derivada, demuestre que, si f (z) = Re(z), entonces f 0 (z) no existe en ningún punto. 37. Demuestre que arcsen(z) = −iln[iz + (1 − z 2 )1/2 ], y encuentre una expresión análoga para arccos(z). 38. Sea a < b. Determinar la imagen del rectángulo Q := [a, b] × [−π, π] bajo la acción de la función exponencial. √ 39. Resuelva la ecuación ez = 1 + 3i. 40. Calcule (1 − i)4i . 41. Demuestre que ln(1 + i)2 = 2ln(1 + i). 42. Determine el desarrollo en serie de potencias (Taylor) centrado en cero de la función 1 f (z) = , |z| < 1, (1 − z)n donde n ≥ 1 es un número natural arbitrario. P n 43. Suponiendo que R > 0 es el radio de convergencia de la serie ∞ n=0 an z , determinar el radio de convergencia de cada una de las siguientes series: P k n a) ∞ n=0 an z P kn b) ∞ n=0 an z P n2 c) ∞ n=0 an z , donde k ≥ 1 es un número natural. 44. Demuestre que existe una única función u(z) definida por una serie u(z) := ∞ X an z n n=0 con radio de convergencia positivo tal que u(0) = 2 y, para cada z ∈ C, u0 (z) = u(z) − 1. 45. Demuestre que Z |z|=1 z2 −1 dz = πi. sinh z 3 94 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 46. Si f entera y grado a lo más k. |f (z)| ≤ M para cierto k. Entonces f es un polinomio de 1 + |z|k 47. Sean Ω ⊂ C abierto, z ∈ Ω, R > 0 tal que DR (z) ⊂ Ω y f analitica. Demuestre que para cada número natural n ≥ 0 se verifica la siguiente identidad: Z Z f (w) 1 f (n) (w) dw = dw. n+1 n! |w−z|=R w − z |w−z|=R (w − z) 48. Clasifique todas las singularidades de la función (z 2 − 1)(z − 2)3 f (z) = . sen3 (πz) 49. Sea Ω abierto conexo y f analitica no constante y sin ceros en Ω. Demuestre que |f | no tiene minimos locales en (el interior de) Ω. 50. Calcule el número de raı́ces del polinomio z 8 −4z 5 +z 2 −1 en el disco |z| < 1. 51. Calcule el valor de la integral Z |z|=2 eiz dz. z2 + 1 52. Sea Ω un abierto conexo y f analitica en Ω tal que f (Ω) ⊂ Ω y f (z) = f (f (z)) para cada z ∈ Ω. Demuestre que para cada z ∈ Ω se cumple f (z) = z a menos que f sea constante. 53. Sea Ω un subconjunto abierto del plano complejo y sea f : Ω → C una función analitica. Suponga que existe z0 ∈ Ω tal que |f (z0 )| ≤ |f (z)| para cada z ∈ Ω. Demuestre que ya sea f (z0 ) = 0 o bien f es constante. 54. Sea f : C → C una función entera y no constante. Demuestre que f (C) es denso en C . 55. Sea f : C → C una función entera. Suponga que existen constantes positivas A, B y k tales que |f (z)| ≤ A + B|z|k 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 95 para cada z ∈ C. Demuestre que f es un polinomio. 56. Clasifique todas las singularidades de la función f (z) = (z 2 − 1)(z − 2)2 . sen3 (πz) En particular, determine el dominio donde f es holomorfa. 57. Sea f analitica en D(0, 1). Suponga que |f (z)| ≤ 1 si |z| < 1. Demuestre que |f 0 (0)| ≤ 1. Z z2 + 1 58. Calcule dz; γ(t) = reit ; 0 ≤ t ≤ 2π para cada valor posible 2 + 4) z(z γ de r en los siguientes casos: a) 0 < r < 2; b) 2 < r < ∞. 1 1 59. Halle y clasifique los puntos singulares de la función f (z) = sin( ) + 2 . z z Z z n 60. Sea γ(t) = 1 + eiθ ; 0 ≤ θ ≤ 2π. Hallar ( ) dz; n ≥ 1 γ z −1 Z z2 + 1 61. Calcule dz; γ(t) = reit ; 0 ≤ t ≤ 2π para cada valor posible 2 + 4) z(z γ de r: 0 < r < 2; 2 < r < ∞. R 62. (2 puntos) Sea γ el camino [1, i] y σ el camino [1, 1 + i, i]. Calcule γ f y R f con f (z) = |z|2 . σ ∞ ∞ X X zn (z − 2)n 63. Sean f (z) = y g(z) = iπ + (−1)n . Observe que ambas n n n=1 n=1 series de potencia no tienen dominio de convergencia en común. Sin embargo: (i) Demuestre que la función g(z) es continuación analitica de la función f (z). 64. Sea f analitica en un dominio acotado por una curva cerrada simple C que contiene al origen. Demuestre que para cualquier elección de la rama de Ln(z) se tiene: Z 1 f 0 (z)Ln(z)dz = f (z0 ) − f (0), 2πi C donde z0 es el punto de partida de la integración. 65. Determine el desarrollo en serie de potencias (Taylor) centrado en cero de la función 1 f (z) = , |z| < 1, (1 − z)n donde n ≥ 1 es un número natural arbitrario. 96 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS Z ∞ √ 2 e−x cosxdx = e1/4 π. −∞ Z ∞ √ 2 Sugerencia: Recuerde que e−x dx = π y considere el camino de la figura 66. Demuestre que −∞ siguiente 67. Escriba el desarrollo en serie de Laurent de la función f (z) = z (z − 1)(z − 3) en la región 0 < |z − 1| < 2. |f (z)| ≤ M para cierto k. Entonces f es un polinomio de 68. Si f entera y 1 + |z|k grado a lo más k. 69. Encuentre el desarrollo en serie de Laurent de la función g(z) = 1 z(z + R) en 0 < |z| < R. 70. Determinar y clasificar todas las singularidades de la función: f (z) = (z 2 − 1)(z − 2)3 . sen3 (πz) Z dz . |z|=6 1 − cosz ez 72. Calcule Res( , 0). 1 − cosz 73. Calcule la integral: Z 71. Calcule |z|=2 Z eiz dz. z2 + 1 sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz. (z − 1)(z − 2) |z|=3 Z ezt 1 dz. 75. Evalúe 2πi |z|=3 z 2 (z 2 + 2z + 2) 76. Sea C una elipse con ecuación 9x2 + y 2 = 9 orientada positivamente. Calcule Z zeπz + zeπ/z )dz. ( 4 z − 16 C 74. Evalúe 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 97 77. Suponga que f es una función analı́tica en todo punto de C. Demuestre que n! |f (n) (0)| ≤ n M (r), r para cada r > 0, donde M (r) = máx |f (z)|. |z|=r 78. Sea f analı́tica en un abierto Ω. Sea z0 ∈ Ω y suponga que existe r > 0 tal que {z : |z − z0 | < r} ⊂ Ω. Demuestre que Z 2π 1 f (z0 ) = f (z0 + reiθ ) dθ. 2π 0 79. (2 puntos) Demuestre que arcsen(z) = −iln[iz + (1 − z 2 )1/2 ], y encuentre una expresión análoga para arccos(z). √ 80. Resuelva la ecuación ez = 1 + 3i. 81. Calcule (1 − i)4i . 82. Demuestre que ln(1 + i)2 = 2ln(1 + i). 83. Sea f analı́tica en todo punto de C y acotada, esto es: existe M > 0 tal que |f (z)| < M z ∈ C. Demuestre que f es constante. (Ayuda: Use el problema 1) 84. Sea f analı́tica en un abierto Ω. Sea z0 ∈ Ω y suponga que existe r > 0 tal que {z : |z − z0 | < r} ⊂ Ω. Demuestre que Z 2π 1 f (z0 ) = f (z0 + reiθ ) dθ. 2π 0 85. Determinar y clasificar todas las singularidades de la función: f (z) = Z (z 2 − 1)(z − 2)3 . sen3 (πz) dz . |z|=6 1 − cosz 87. Demuestre que todas las raı́ces de z 7 − 5z 3 + 12 = 0 están entre los circulos |z| = 1 y |z| = 2. Z ez dz. 88. Evalúe 2 2 2 |z|=4 (z + π ) Z ∞ sen(x) 1 89. Demuestre que dx = π(1 − ) 2 x(1 + x ) e Z−∞ iz e dz en un camino apropiado. Sugerencia: Calcule 2 C z(1 + z ) 86. Calcule 98 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 90. Verdadero o Falso: Existe una función analitica en z = 0 y que toma los 1 siguientes valores en los puntos z = (n = 1, 2, ...). n 1 1 1 1 i) 0, , 0, , 0, , ..., 0, ....; 2 4 6 2k 1 1 1 1 1 1 1 1 , , , , , , ..., , , ...?. 2 2 4 4 6 6 2k 2k Z z+1 91. Calcule dz, donde γ es el cı́rculo de centro 0 y radio 2. 3 γ (z − 1) (z − 4) 92. Sea y > 0. Demuestre que para cada x ≥ 0 se tiene Z ∞ −isx π e ds = e−tx . 2 2 t −∞ s + t ii) 93. Sean a, b ∈ R tales que a > 0 y b > 0. Demuestre que Z ∞ 2 x − b2 sen(ax) 1 dx = π(e−ab − ). 2 2 x +b x 2 0 94. Demuestre que Z ∞ 0 95. Demuestre que Z 2π 0 96. Demuestre que Z 2π 0 dx π = . +1 3 x6 cos(3θ) π dθ = . 5 − 4cos(θ) 12 dθ 5π = . (5 − 3sen(θ))2 32 97. Demuestre que Z ∞ 0 cos(mx) π dx = e−m , 2 x +1 2 98. Demuestre que Z ∞ π cosh(ax) dx = , cosh(x) 2cos(πa/2) 0 m > 0. donde |a| < 1. 6.2. EJERCICIOS PROPUESTOS 99 99. Sea f : C → C continua, y holomorfa en C\[−1, 1]. Demuestre que f es analitica en C (esto es, entera). Ayuda: Use el teorema de Morera. 100. Calcule la integral: Z |z|=2 eiz dz. z2 + 1 101. Encuentre el desarrollo en serie de Laurent de la función g(z) = 1 z(z + R) en 0 < |z| < R. 102. Calcule Z |z|= π2 103. Calcule Z 1 dz. sen2 (z) 2π dθ 1 + sin2 θ 0 Ayuda: Considere la integral como una integral de linea en la circunferencia |z| = 1, aplicando luego el teorema de residuos. 104. Calcule Z ∞ −∞ 105. Calcule x sin(ax) dx, a > 0. x4 + 4 Z ∞ 0 α ln(x) dx. (1 + x)3 z Ayuda: Calcule la integral de para 0 < α < 1 en un contorno adecuado, 3 Z ∞ (1 +α z) x para obtener el valor de dx. Luego, derive con respecto a α y tome (1 + x)3 0 el limite cuando α → 0. 106. Sea Ω una región acotada del plano complejo con frontera γ orientada positivamente y suponga que f (z) es una función analitica en Ω excepto por polos simples en a1 , a2 , ..., an . Sea g(z) una función analitica en Ω. Demuestre que 1 2πi Z f (z)g(z)dz = γ n X k=1 g(ak )Res(f ; ak ) 100 CAPÍTULO 6. EJERCICIOS 107. Evaluar Z 2π 0 108. Calcule Z cos(3θ) dθ 5 − 4cos(θ) 2π 0 dθ 1 + sin2 θ Ayuda: Ponga z = cos(θ) + i sin(θ) y considere la integral 1 linea en la circunferencia |z| = 1. Use que sin(θ) = (z − 2i cando luego el teorema de residuos. como una integral de 1 1 ) y dθ = dz, apliz iz